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Chapitre 22INTÉGRATION
Enoncé des exercices
Rappel (Règles de Bioche) : Pour intégrer une fonction f (x) ne faisant intervenir que des sommes, produits,quotients de sinx et cosx, on regarde l’élément différentiel dω (x) = f (x) dx.
Si en remplaçant x par −x dans dω (x), l’élément différentiel est inchangé (dω (−x) = dω (x)) on poseu = cosx
Si en remplaçant x par π− x dans dω(x), l’élément différentiel est inchangé (dω(π−x) = dω(x)) on poseu = sinx
Si en remplaçant x par π + x dans dω (x), l’élément différentiel est inchangé (dω (π + x) = dω (x)) onpose u = tanx (ou u = cotanx, qui marche parfois mieux)
Attention, dans dω (−x) , dω (π − x) et dω (π + x), ne pas oublier que d (−x) = −dx, d (π − x) = −dx et
d (π + x) = dx. Si aucun des trois changements de variable ne marche, on pose t = tanx
2, en effet dans ce cas :
sinx =2t
1 + t2, cosx =
1− t2
1 + t2, dx =
2dt
1 + t2.
1 Les basiques
Exercice 22.1 Soient (a, b) ∈ R2 avec a < b et f une fonction continue sur [a, b] telle que
∫ b
a
|f | =∣∣∣∣∣
∫ b
a
f
∣∣∣∣∣. Montrer
que f garde un signe constant.
Exercice 22.2 Soient (a, b) ∈ R2 avec a < b, que dire d’une fonction continue telle que
∫ b
a
f = (b− a) sup[a,b]
|f |.
Exercice 22.3 Soit f : [0, 1] −→ R continue d’intégrale nulle sur [0, 1]. On pose m = inf[0,1]
f et M = sup[0,1]
f (justifier
l’existence de m et M). Que dire de la fonction g = (M − f) (f −m) ? En déduire l’inégalité
∫ 1
0
f2 ≤ −mM, puis que
f s’annule au moins une fois.
Exercice 22.4 Soit f continue sur [a, b] avec a < b telle que
∫ b
a
f = 0. Montrer que f s’annule au moins une fois sur
[a, b] :
1. En raisonnant par l’absurde à l’aide du TVI.
2. En utilisant le théorème de Rolle appliqué à une autre fonction que f !
Application : En déduire que si f est continue vérifie
∫ 1
0
f =1
2, alors f admet un point fixe (i.e ∃a ∈ [0, 1] tel
que f (a) = a).
1. LES BASIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
Exercice 22.5 Calculer
∫ 0
−3
∣∣x2 − x− 2∣∣dx
Exercice 22.6 Soit f (x) = 3x2+2ax+ b où (a, b) ∈ R2, si
∫ +1
−1|f (x)| dx < 2, montrer que f (x) = 0 a deux racines
réelles distinctes.
Exercice 22.7 Soit f(x) =sin(x)
sin(x) + cos(x),
Montrer qu’il existe a et b réels, tels que ∀x ∈[0, π2], f(x) = b
cos(x)− sin(x)
cos(x) + sin(x)+ a.
Soit α ∈[0, π4], calculer
∫ π
2−α
α
sin(x)
sin(x) + cos(x)dx
Exercice 22.8 Calculer
∫ 3
0
x√x+ 1dx
Exercice 22.9 Calculer
∫ π
6
0
tan2(x)dx
Exercice 22.10 Calculer
∫ π
4
0
sin4(x)
cos2(x)dx
Exercice 22.11 Calculer
∫ π
2
0
sin2(x) cos3(x)dx
Exercice 22.12 Calculer
∫ 1
0
x2 arctan(x)dx
Exercice 22.13 Calculer
∫ π
2
π
3
cos(x) ln (1− cos(x)) dx
Exercice 22.14 Calculer
∫ π
4
0
x
cos2(x)dx
Exercice 22.15 Calculer∫ 212t3et
2+1dt
Exercice 22.16 Calculer
∫ 1√2
0
x arcsin(x)√1− x2
dx
Exercice 22.17 Calculer
∫ 1
−1
(1 + x3
)4x2dx en posant u = 1 + x3
Exercice 22.18 Calculer
∫ e2
e
dx
x lnn xen posant t = ln(x) où n ∈ N∗
Exercice 22.19 Calculer
∫ ln(3)2
0
dx
ch(x)en posant u = ex
Exercice 22.20 Calculer
∫ 1
0
exdx
2 + exen posant t = ex
—2/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 1. LES BASIQUES
Exercice 22.21 Calculer
∫ π3
0
sin 2t
1 + cos tdt en posant u = cos t
Exercice 22.22 Calculer
∫ π
4
0
1
1 + cos2(t)dt en posant u = 1√
2tan(t)
Exercice 22.23 Calculer
∫ ln(13)
ln(5)
ex
(3 + ex)√ex − 1
dx en posant t = 12
√ex − 1
Exercice 22.24 Calculer
∫ π
4
0
sin (2x)
1 + cos (x)dx et
∫ π
2
0
sin 2x+ sinx
3 + cos 2xdx
Exercice 22.25 Soit F (x) =
∫ 1x
x
arctan t
tdt, quel est le domaine de définition de F ? Calculer F ′ (x) et en déduire
F .
Exercice 22.26 On définit la fonction F de la variable réelle x par
F (x) =
∫ 1x
x
1− t2
(1 + t2)√1 + t4
dt
1. Préciser le domaine de définition de F , on prendra soin de justifier sa réponse et déterminer la dérivée de F enjustifiant le calcul.
2. En déduire F puis que∫ 1
x
x
1
(1 + t2)√1 + t4
dt =
∫ 1x
x
dt
2√1 + t4
Exercice 22.27 Calculer I =
∫ π
2
0
sinx
sinx+ cosxdx et J =
∫ π
2
0
cosx
sinx+ cosxdx.
Exercice 22.28 Calculer
∫ 1
0
x2
(x2 + 1)3dx en posant x = tanu.
Exercice 22.29 Soit un =
∫ π
0
xn cosxdx établir une relation de récurrence vérifiée par la suite (un)n∈N .
Exercice 22.30 Calculer
∫ π
0
sin 2x
2 + cosxdx.
Exercice 22.31 Calculer
∫ 0
−π
3
dx
cos (x) (sinx− cosx).
Exercice 22.32 Calculer
∫ π
2
0
dx
1 + cosx.
Exercice 22.33 Calculer
∫ π
2
0
sinx
(cosx+ 1) (cosx+ sinx+ 1)dx en posant t = tan
x
2
Exercice 22.34 Calculer
∫ π
2
0
cosx
2− cos2 xdx en posant u = sinx.
—3/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
1. LES BASIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
Exercice 22.35 Calculer
∫ 1
0
arctanxdx en intégrant par parties.
Exercice 22.36 Trouver les applications continues f telles que ∀x ∈ R, f (x)−∫ x0 tf (t) dt = 1.
Exercice 22.37 Calculer
∫ π
4
0
1
1 + cos2(t)dt en posant u = 1√
2tan(t).
Exercice 22.38 On considère pour n ≥ 0 le réel un défini par
un =
∫ e
1
x lnn (x) dx
Calculer u0, donner une relation de récurrence.
Exercice 22.39 Calculer les deux intégrales suivantes par intégrations par parties
I =
∫ π
1
(x cos (x) + sin (x)) ln(x)dx
J =
∫ eπ
2
1
sin (ln (x)) dx
Exercice 22.40 Calculer
∫ ln 2
0
ex
ex + e−xdx en posant u = ex
Exercice 22.41 On désire calculer
∫ 0
−1
1
(t− 1)2
√1 + t
1− tdt en posant u =
√1 + t
1− t, pourquoi ce changement de variable
ne convient-il pas ? Comment doit-on le modifier ?
Exercice 22.42 On définit I1 =
∫ π2
0
cosx ln (1 + cosx) dx, I2 =
∫ π2
0
sinx ln (1 + cosx) dx, J1 =
∫ π2
0
cosx ln (1 + sinx) dx
et J2 =
∫ π2
0
sinx ln (1 + sinx) dx.
Etablir un lien entre les intégrales Ik et Jk. Calculer I1 et I2.
Exercice 22.43 Soient a > 0 et b > 0, on pose I =
∫ b
a
exa − e
bx
xdx. A l’aide des changements de variables x = at,
puis t =α
xoù α est à choisir, calculer I.
Retrouver le résultat en posant ux = ab.
Exercice 22.44 Trouver f continue sur [0, 1] telle que f (x) = x2 −(√
2
∫ 1
0
|f (t)| dt)
x.
Exercice 22.45 Soit f continue sur [a, b] telle que1
b− a
∫ b
a
f (x) dx = 1 et1
b− a
∫ b
a
f2 (x) dx = 1. Montrer que
f (x) = 1 sur [a, b].
Exercice 22.46 Calculer
∫ π
4
0
ln (1 + tanx) dx en posant u = π4 − x. En déduire
∫ 1
0
ln (1 + t)
1 + t2dt
—4/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 1. LES BASIQUES
Exercice 22.47 A l’aide d’un changement de variable calculer I =
∫ 2
12
(1 +
1
x2
)arctan (x) dx.
(Commentaire de l’élève : cela dépasse les bornes ! ! ! il n’y a même pas une indication ! Réponse du prof : si dans votreremarque...).
Exercice 22.48 Soient f : [a, b] −→ R (ou C) et g : [a, b] −→ R dérivables sur [a, b]. On suppose que ∀x ∈ [a, b],|f ′ (x)| ≤ g′ (x).
1. Que vaut
∫ b
a
f ′ (t) dt ? En déduire que |f (b)− f (a)| ≤ g (b)− g (a) .
2. Quel résultat retrouve-t-on si f est à valeurs réelles et si g′ = C est constante ?
Exercice 22.49 Soit T > 0 et f une fonction T périodique sur R, on pose F (x) =
∫ x+T
x
f (t) dt−∫ T
0
f (t) dt. Justifier
que F est dérivable sur R et déterminer F ′. En déduire que l’intégrale de f sur une période est constante.
Exercice 22.50 Soit f de classe C2 sur [0, 1] telle que ∀x ∈ [0, 1], f ′′ (x) + (4x− 2) f ′ (x) + f (x) = 0, calculer
I =
∫ 1
0
(x2 − x
)f (x) dx.
Exercice 22.51 Soit f une bijection de R dans R dérivable dont la dérivée n’est jamais nulle. On suppose que
∀x ∈ R,
∫ f−1(x)
x
f (t) dt = x2
Déterminer f .
Exercice 22.52 Soit f de classe C1 sur [−1, 1] et croissante, montrer que
∫ 1
−1
xf (x)√1 + x2
dx ≥ 0
(Une IPP judieuse peut être utile · · · ).
Exercice 22.53 Calculer
∫ 43
34
arg sinh
(1
x
)dx à l’aide d’une IPP.
Exercice 22.54 On définit f par f (x) = ex2
∫ x
0
e−t2
dt. Justifier que f est bien définie et est C∞ sur R, est impaire
et vérifie l’équation différentielle y′ − 2xy = 1. Donner une relation entre f (n+1), f(n) et f(n−1) pour n ≥ 1.
Exercice 22.55 C’est bien connu,
∫ −b
−af (t) dt = −
∫ b
a
f (t) dt ! Arghhhhhhh ! Non, c’est faux, mais quelles sont les
fonctions continues sur R pour lesquelles cette égalité est vraie pour tout (a, b) ∈ R2 ?
Exercice 22.56 Déterminer toutes les fonctions f : R −→ R continues telles que ∀ (x, y) ∈ R2,
∫ x+y
x
f (t) dt =∫ x
x−yf (t) dt.
Exercice 22.57 Soient f et g deux fonctions continues sur [a, b] et à valeurs réelles, montrer qu’il existe c ∈ ]a, b[ telque
f (c)
∫ c
a
g (t) dt = g (c)
∫ b
c
f (t) dt
—5/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
2 Les techniques
Exercice 22.58 Formules de la moyenne.
1. Soit f continue sur [a, b] avec a < b, montrer qu’il existe c ∈ [a, b] tel que1
b− a
∫ b
a
f (t) dt = f (c).
Indication : on peut encadrer f entre deux valeurs prises par la fonction, lesquelles ?
2. Généralisation : Soient f et g continues sur [a, b] , a < b avec g positive sur [a, b], montrer qu’il existe c ∈ [a, b]
tel que
∫ b
a
f (t) g (t) dt = f (c)
∫ b
a
g (t) dt.
3. Application :
— Si f est continue au voisinage de 0, déterminer limx→0
1
x2
∫ x
0
tf (t) dt (on pourra commencer par la limite en 0+).
— Si f est continue au voisinage de 0, montrer que limx→0+
∫ 2x
x
f (t)
tdt = f (0) ln 2.
Exercice 22.59 Soit f ∈ C0 ([a, b] ,R) telle que ∀k ∈ {0, · · · , n− 1} ,∫ b
a
tkf (t) = 0. Montrer que f s’annule au
moins n fois sur [a, b].
Exercice 22.60 Etudier la convergence de In =
∫ 1
0
xn
1 + x2dx puis donner un équivalent simple de
∫ 1
0
xn ln(1 + x2
)dx
Exercice 22.61 Soient (a, b) ∈ R2 et (p, q) ∈ N2 on définit B(p, q) =
∫ b
a
(x− a)p(b− x)qdx
1. Montrer que si q > 0 , B(p, q) =q
p+ 1B(p+ 1, q − 1). En déduire B(p, q).
2. Avec a = −1, b = 1, p = q = n quelle égalité sur les coefficients du binôme obtient-on ?
3. Calculer J (p, q) =
∫ π
2
0
sin2p+1 x cos2q+1 xdx.
4. Donner la valeur de I2n+1 =
∫ π
2
0
sin2n+1 xdx (plus dur, cf les intégrales de Wallis).
Exercice 22.62 Calculer
∫ 18
13
1 +√
1+xx
xdx en posant u =
√1+xx
Exercice 22.63 Soit I =
∫ 12
− 12
x arcsin(x)dx et J =
∫ 12
− 12
√1− x2 dx. Calculer J à l’aide du changement de variable
x = sin(t). A l’aide d’une intégration par parties, calculer I.
Exercice 22.64 Etudier la fonction f définie par f (x) =
∫ cos2 x
0
arccos(√
t)dt+
∫ sin2 x
0
arcsin(√
t)dt
Exercice 22.65 Soit la suite (un)n∈N définie par un =
∫ e
1
x2 lnn xdx, montrer que la suite converge. Etablir une
relation de récurrence pour la suite (un)n∈N. En déduire la limite de (un)n∈N puis un équivalent.Question supplémentaire : donner un développement à l’ordre 2.
Exercice 22.66 Déterminer la limite de un =
∫ 1
0
|sinnx|(1 + cos2 nx)2
dx quand n tend vers +∞.
—6/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 2. LES TECHNIQUES
Exercice 22.67 Soit a > 0, calculer
∫ 1a
a
lnx
1 + x2dx à l’aide du changement de variable u =
1
x, en déduire la valeur de
∫ 1a
a
arctanx
xdx.
Exercice 22.68 Soit f telle que f (0) = f (1) = 0 et g telle g′′ = g, montrer que∫ 10 [f (t) g (t) + f ′ (t) g′ (t)] dt = 0.
Exercice 22.69 Soit E ={f ∈ C2 ([0, 1]) , f (0) = f (1)
}. Donner un exemple de fonctions de E.
Déterminer inff∈E
∫ 10
√1 + f ′2 (x)dx et sup
f∈E
∫ 10
√1 + f ′2 (x)dx.
Exercice 22.70 Soit f(t) =1√
1 + t4et F définie par F (x) =
∫ 2x
x
f(t)dt.
1. Préciser le domaine de définition de F . F présente-t-elle une parité ? Etudier les variations de F , montrer queF a une limite ℓ en +∞.
(On ne cherchera pas à calculer la valeur des extrema de F, ni à calculer la limite)
2. A l’aide du changement de variable u =1
t, établir, pour x �= 0, une relation entre F (x) et F
(1
2x
), en déduire
ℓ.
3. Donner une développement limité de F en 0 à l’ordre 1, en déduire un équivalent de F (x) quand x tand vers+∞.
Exercice 22.71 Calculer
∫ 1
0
ln2(1 + t2
)t
1 + t2dt. En déduire
∫ π
4
0
ln2 (cosu) tanudu. Généralisation ?
Exercice 22.72 On définit
I =
∫ π
0
cos4 xdx et J =
∫ π
0
sin4 xdx
1. Justifier que I peut s’écrire
I =
∫ π
0
cosx(cosx− cosx sin2 x
)dx
2. A l’aide d’une intégration par parties, montrer la relation
I =
∫ π
0
sin2 xdx− 1
3J
Montrer de même que
J =
∫ π
0
cos2 xdx− 1
3I
3. Donner les valeurs de I + J et de J − I. En déduire celles de I et de J.
Exercice 22.73 Calcul de I =
∫ π
4
0
dx
cos2 x+ sin 2x+ 5 sin2 x
1. Soit z = a+ ib où (a, b) ∈ R2 un complexe, à quelle condition sur (a, b) a-t-on arg z = arctanb
a(2π) ?
2. Calculer (1 + 2i)× (1 + 3i), en déduire que arctan 2 + arctan 3 =3π
4.
3. Calculer I en posant t = tanx.
Indication : pour calculer une intégrale du type
∫dt
t2 + at+ b, il peut être judicieux d’utiliser la forme canonique
du trinôme et de se ramener à
∫du
u2 + α2en posant u = t+ · · · .
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2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
Exercice 22.74 Soit n ∈ N, calculer∫ π0 |cosnt| dt.
Exercice 22.75 Trouver toutes les fonctions f et g continues sur R, qui vérifient
∫ x
0
f (t) dt = x+ g (x) et
∫ x
0
g (t) dt = x+ f (x)− 1
Exercice 22.76 Calculer
∫ 1
0
arctan√1 + x2
(1 + x2)√1 + x2
dx
Exercice 22.77 Soit In =∫ 10 xn
√1− xdx, etablir une relation de récurrence sur In. Calculer I0, en déduire que
In =22n+3 (n+ 2)! n!
(2n+ 4)!.
Exercice 22.78 Soit f continue sur [a, b] , montrer qu’il existe c ∈ ]a, b[ tel que
∫ c
a
f (t) dt = (b− c) f (c) .
Exercice 22.79 Soit a > 0,
∫ a
0
dx
x+√a2 − x2
en posant x = a cos t, et en posant x = a sin t.
Exercice 22.80 On définit I =
∫ π
4
0
(cosx
sinx+ cosx
)2dx et J =
∫ π
4
0
(sinx+ cosx
cosx
)2dx.
1. Calculer J.
2. Montrer que
(sinx+ cosx
cosx
)2= 2
1 + sin 2x
1 + cos 2x
3. A l’aide du changement de variable u = π4 − x, montrer que J = 4I et en déduire I.
Exercice 22.81 Calculer th (ln√a) et puis
∫ ln√2
ln√3
ch 2t+ sh 2t
ch3 t sh tdt en posant u = th t.
Exercice 22.82 Soit f dérivable sur R, on pose F (x) =
∫ x
0
cos (x− t) f (t) dt, montrer que F est dérivable deux fois
sur R et que F est solution de l’équation différentielle y′′ + y = f ′.
Application : Trouver les applications f continues sur R telles que ∀x ∈ R, f (x)− 2
∫ x
0
cos (x− t) f (t) dt = 1.
Exercice 22.83 Soit f : [0, 1] −→ R continue, on définit F : [0, 1] −→ R par F (x) =
∫ 1
0
min (x, t) f (t) dt.
1. Montrer que F est C2 sur [0, 1] et calculer F ′′ (x).
2. En déduire que pour x ∈ [0, 1], F (x) =
∫ x
0
(∫ 1
u
f (t) dt
)du.
Exercice 22.84 Soit f : R −→ R, montrer que
∀ (x, y) ∈ R2,∫ x
0
(∫ y
0
f (t) dt
)=
∫ x
0
(x− y) f (y) dy
Exercice 22.85 Soit un =
∫ 1
0
(ln (1 + x))n dx, donner un équivalent de un en +∞ (Oral Ensam 2009).
Exercice 22.86 Soit f : [0,+∞[ −→ R de classe C1 sur [0,+∞[ telle que f (0) = 0.
—8/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 3. LES EXOTIQUES
1. On définit g sur ]0,+∞[ par g (x) = f (x) coth (x), montrer que l’on peut prolonger g en une fonction continuesur [0,+∞[ (fonction notée encore g).
2. On définit F et G sur ]0,+∞[ par F (x) =
∫ x
0
(f (t)2 + f ′ (t)2
)dt−f (x)2 coth (x) et G (x) =
∫ x
0
(f ′ (t)− g (t))2 dt.
Justifier que F et et G sont dérivables sur ]0,+∞[ et déterminer leur dérivée.
3. Déterminer les limites de F et G en 0+, en déduire que
∀x > 0, f (x)2 ≤ th (x)×
∫ x
0
(f (t)2 + f ′ (t)2
)dt
et qu’il y a égalité si et seulement s’il existe λ ∈ R tel que f = λ sh.
Exercice 22.87 Variations sur l’exercice 22.86. Soit f : [0,+∞[ −→ R de classe C1 sur [0,+∞[ telle que f (0) = 0.
1. On définit g sur ]0,+∞[ par g (x) = f (x) coth (x), montrer que l’on peut prolonger g en une fonction continuesur [0,+∞[ (fonction notée encore g).
2. Soit F définit sur ]0,+∞[ par F (x) = f (x)2 coth (x)−∫ x
0
(f (t)2 + f ′ (t)2
)dt, justifier que F est dérivable et
calculer F ′ sur ]0,+∞[.
3. Déterminer la limite de F (x) en 0+ en déduire que
∀x > 0, f (x)2 ≤ th (x)×
∫ x
0
(f (t)2 + f ′ (t)2
)dt
Que dire de f s’il existe a > 0 tel que f (a)2 = th (a)×∫ a
0
(f (t)2 + f ′ (t)2
)dt ?
Exercice 22.88 Soit f C0 et T périodique sur R+, on définit g sur R∗+ par g (x) =1
x
∫ x
0
f (t) dt.
1. Déterminer la limite de g en +∞.
2. On suppose que F : x �−→∫ x
0
f (t) dt a une limite finie en +∞, déterminer f .
3 Les exotiques
Exercice 22.89 Déterminer toutes les fonctions f continue sur [0, 1] , à valeurs dans R telles que
∫ 1
0
f2(x2)dx =
∫ 1
0
f (x) dx− 1
3
Exercice 22.90 Soit n ∈ N∗ montrer qu’il existe un unique polynôme Qn ∈ R [X] tel que
X4n(1−X)4n = (1 +X2)Qn(X) + (−1)n4n
On pose alors
an =(−1)n−14n−1
∫ 1
0
Qn(x)dx
montrer que
|π − an| ≤1
45n−1
(on remarquera que ∀x ∈ [0, 1] , 0 ≤ x(1− x) ≤ 14 ).
(on a a1 =227 , a2 =
4717115015 , a3 =
431302721137287920 donne neuf décimales exactes de π)
—9/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
4. LES OLYMPIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
Exercice 22.91 Soient f, g deux fonctions continues sur [a, b] à valeurs positives. On suppose f décroissante etg (x) ≤ 1 sur [a, b]. Montrer que
∫ b
a
f (t) g (t) dt ≤∫ a+λ
a
f (t) dt où λ =
∫ b
a
g (t) dt
Application : f (x) = g (x) = 11+x2 , a = 0, b = tan (u) où u ∈
]0, π2[, quelle inégalité obtient-on ?
Exercice 22.92 Soit n ∈ N, on définit fn (x) =
∫ x
−x
t2n
1 + etdt, calculer fn (x).
Exercice 22.93 Soit f positive, de classe C1 et décroissante sur [0,+∞[ , on définit F (x) =
∫ x
0
f (t) sin (t) dt.
Montrer que F est une fonction positive sur [0,+∞[.Application : montrer que
∀x ≥ 0, sinx arctanx ≥∫ x
0
cos t arctan tdt
Exercice 22.94 Soit f ∈ C1 (R+,R) telle que f (0) = 0 et ∀x ∈ R+, 0 ≤ f ′ (x) ≤ 1. Pour x ≥ 0, on pose g (x) =(∫ x
0
f
)2−∫ x
0
f3
1. Etudier les variations de g, en déduire que ∀x ≥ 0,
(∫ x
0
f
)2≥∫ x
0
f3
2. Déterminer les applications f telles que g = 0.
Exercice 22.95 Montrer que sur chaque intervalle In =]nπ,
π
2+ nπ
[, ou n ≥ 0, l’équation tanx = 2x admet une
unique racine positive noté un. Pour (n, p) ∈ N2 exprimer
∫ 1
0
sin (unx) sin (upx) dx
en fonction de un uniquement.
Exercice 22.96
1. Soit f impaire sur R et g continue sur R, montrer que pour tout a ∈ R, il existe c ∈ R tel que
f (c) = g (c)
∫ c
a
f (t) dt
2. Soit f définie sur [a, b] telle que
∫ b
a
f (t) dt = 0, g continue sur R, montrer qu’il existe c ∈ ]a, b[ tel que
f (c) = g (c)
∫ c
a
f (t) dt
4 Les olympiques
Exercice 22.97 Déterminer le réel k positif qui minimise
∫ π
2
0
|cosx− kx| dx.
—10/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 5. LE GRENIER
Exercice 22.98 Soit x > 1, montrer qu’il existe un unique y ∈ ]1,+∞[ tel que∫ y
x
dt
ln t= 1
On définit alors f par
∀x > 1,
∫ f(x)
x
dt
ln t= 1
Etudier la fonction f (Montrer qu’elle est continue, dérivable, étudier les variations, les limites aux bornes et plusencore !)
Exercice 22.99 Montrer que l’on définit parfaitement la suite (un)n∈N par u0 = 0 et
∫ un+1
un
(1 + |sin t|) dt = (n+ 1)2.
Donner un équivalent de un.
5 Le grenier
Exercice 22.100 Calculer
∫ π
3
π
4
dx
cos (x)√2 sin 2x
(poser u = tanx)
Exercice 22.101 Calculer
∫ π
4
0
tan3 xdx en posant u = cosx
Exercice 22.102 Etudier F (x) =
∫ 2x
x
dt√1 + cos2 t
.
Exercice 22.103 On pose In =
∫ e
1
lnn xdx, montrer que la suite (In)n est décroissante. Etablir une relation de
récurrence pour cette suite. Montrer que (In)n∈N converge, préciser sa limite (on pourra poser u = lnx, puis majorer
In pour avoir In ≤e
n+ 1). Que vaut nIn + (In + In+1) ? En déduire la limite de nIn.
Exercice 22.104 On veut calculer I =
∫ √2
1√2
2t2 − 1
t2et
2
dt, en considérant
∫ √2
1√2
et2
t2dt, calculer I. (rep : on a en dérivant
et2
,
∫ √2
1√2
et2
t2dt =
√2
(√e− e2
2
)+ 2
∫ √2
1√2
et2
dt d’où I =√2
(e2
2−√e
))
Exercice 22.105 Calculer
∫ 5
4
(x+ 2)√x+ 4dx en posant u =
√x+ 4.
Exercice 22.106 Calculer
∫ 4
2
dx
x− 1 +√x− 1
en posant u =√x− 1.
Exercice 22.107 Calculer
∫ 2
1
ln2 xdx en posant u = lnx.
Exercice 22.108 Calculer
∫ π
4
0
tanx
1 + sin2 xdx en posant u = sin2 x.
Exercice 22.109 Calculer I =
∫ 1
0
ln (1 + x)
1 + x2dx en posant x =
1− y
1 + y(on obtient I =
∫ 1
0
ln (1 + x)
1 + x2dx =
∫ 1
0
ln2
y + 1
y2 + 1dy
d’où I =π
8). En déduire
∫ 1
0
arctanx
1 + xdx
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5. LE GRENIER CHAPITRE 22. INTÉGRATION
Exercice 22.110 Calculer I =
∫ π
4
0
(cos4 2x+ sin4 2x
)ln (1 + tanx) dx
rép : On pose u = π4−x, car 1+tan
(π4 − x
)= 1−tanx− 1
tanx+ 1=
2
tanx+ 1ainsi, on obtient 2I = ln 2
∫ π
4
0
(cos4 2x+ sin4 2x
)dx. Puis
(cos2 2x+ sin2 2x
)2= 1 mais vaut aussi 1 + 2 sin2 4x · · · On obtient
3π ln 2
16
Exercice 22.111 Soit a ∈ R, on définit fa (x) =
∫ π
0
sin (x− t) sin (2t− a) dt. Montrer que f est 2π périodique, π
antipériodique (f (x+ π) = −f (x)). Montrer que f est bornée sur R, on définit alors M (a) = supR f et m (a) =
infR (f). Quel est le lien entre M (a) et m (a) ? Calculer M (a) puis
∫ π
2
0
M (a) sin (2a) da.
Exercice 22.112 (basique) Trouver toutes les fonctions f et g telles que f (x) =
∫ 1
0
ex+tf (t) dt et g (x) =
∫ 1
0
ex+tg (t) dt+
x. (Etrange, n’est-ce pas f (x) =
∫ 1
0
ex+tg (t) dt et g (x) =
∫ 1
0
ex+tf (t) dt+ x ?).
Exercice 22.113 Trouver tous les réels x tels que
∫ x
0
t2 sin (x− t) dt = x2
Exercice 22.114 Trouver les fonctions continues sur R telles que
∫ x
0
f(t)dt +
∫ x
0
tf (x− t) dt = e−x − 1 (réponse :
f(x) = −e−x + xe−x = e−x(x− 1)).
Dans le même genre,
∫ x
0
sin t f(x− t)dt = f(x)− sinx (on trouve f (x) = x).
Exercice 22.115 Soit I =
∫ 1
0
dx√x+
√1− x
et J =
∫ 1
0
xdx√x+
√1− x
. Avec un changement de variable affine, montrer
que K = 2J − I est nulle.
On pose x = sin2 t dans J puis u = π4 − t, en déduire alors I et J.
—12/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
Chapitre 22INTÉGRATION
Solution des exercices
1 Les basiques
Exercice 22.1 Si
∫ b
a
f ≥ 0 alors on a
∫ b
a
f =
∫ b
a
|f | =⇒∫ b
a
(|f | − f) = 0. La fonction g = |f | − f est continue,
positive (f ≤ |f |) d’intégrale nulle donc nulle sur [a, b]. Ainsi f = |f | garde un signe constant. Si
∫ b
a
f ≤ 0, alors on
a
∫ b
a
(f + |f |) = 0 et ainsi f = − |f | (même type de raisonnement car −f ≤ |f |)
Exercice 22.2 Si
∫ b
a
f = (b− a) sup[a,b]
|f | , puisque (b− a) sup[a,b]
|f | =∫ b
a
(
sup[a,b]
|f |)
, on en déduit que
∫ b
a
(
sup[a,b]
|f | − f
)
= 0
La fonction g = sup[a,b]
|f | − f est continue, positive, d’intégrale nulle donc nulle. Ainsi f = sup[a,b]
|f | est constante sur
[a, b].
Exercice 22.3 La fonction f est continue sur [0, 1] donc admet un minimum et un maximum. On a alors M−f ≥ 0 et
f−m ≥ 0, ainsi g ≥ 0 sur [0, 1] . On en déduit que
∫ 1
0
g ≥ 0 par croissance de l’intégrale. Mais
∫ 1
0
g = (M +m)
∫ 1
0
f−∫ 1
0
f2−∫ 1
0
Mm = −∫ 1
0
f2 −Mm car f est d’intégrale nulle sur [0, 1]. On a donc
∫ 1
0
f2 ≤ −mM
De plus f2 ≥ 0 donc 0 ≤∫ 1
0
f2 ≤ −mM =⇒mM ≤ 0. Ainsi m et M sont de signes opposés, et puisque m ≤M, on a
m ≤ 0 ≤M . D’après le TVI, puisque m et M sont des valeurs prises par f (m est un minimum et M un maximum),on en déduit que f s’annule au moins une fois.
Exercice 22.4
1. Supposons que f ne s’annule pas, d’après le TVI elle garde un signe constant. En effet, par l’absurde s’il existex0 et x1 dans [a, b] tels que f (x0) f (x1) < 0 (i.e f change de signe) alors puisque f est continue, d’après le TVI,
f s’annule. On a donc f > 0 ou f < 0 sur [a, b] , mais alors
∫ b
a
f > 0 ou
∫ b
a
f < 0 car f est continue.
1. LES BASIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
2. Soit F (x) =
∫ x
a
f (t) dt, la fonction F est continue sur [a, b] , dérivable sur ]a, b[ , on a F (a) = F (b) = 0 (car
par hypothèse
∫ b
a
f = 0). Il existe c tel que F ′ (c) = f (c) = 0.
Application : On pose g (t) = f (t) − t qui est continue sur [0, 1] et vérifie
∫ 1
0
g (t) dt =
∫ 1
0
(f (t)− t) dt =∫ 1
0
f (t)− 1
2= 0. Il existe donc a ∈ [0, 1] tel que g (a) = f (a)− a = 0.
Exercice 22.5 La fonction intégrée est bien continue, l’intégrale existe donc (Toujours vérifier que l’intégrale à cal-culer existe, par soucis de concision cela ne sera pas systématiquement écrit).D’après la relation de Chasles,
∫ 0
−3
∣∣x2 − x− 2∣∣ dx =
∫ −1
−3
∣∣x2 − x− 2∣∣ dx+
∫ 0
−1
∣∣x2 − x− 2∣∣ dx
=
∫ −1
−3
(x2 − x− 2
)dx+
∫ 0
−1−(x2 − x− 2
)dx
=
[x3
3− x2
2− 2x
]−1
−3−[x3
3− x2
2− 2x
]−0
−1=
59
6
Exercice 22.6 Si l’équation f (x) = 0 n’a pas deux racines réelles alors ∆′ = a2 − 3b ≤ 0 et f est toujours positivedonc
∫ +1
−1|f (x)|dx =
∫ +1
−1f (x) dx =
∫ +1
−1
(3x2 + 2ax+ b
)dx = 2b+ 2 < 2 =⇒ b < 0 =⇒ ∆′ = a2 − 3b > 0
absurde
Exercice 22.7 On a
(bcos(x)− sin(x)
cos(x) + sin(x)+ a
)× (cos(x) + sin(x)) = (a+ b) cos(x) + (a− b) sin(x).
On prend a = −b = 12 , alors
∫ π
2−α
α
sin(x)
sin(x) + cos(x)dx =
∫ π
2−α
α
(bcos(x)− sin(x)
cos(x) + sin(x)+ a
)dx
= [−b ln |cos(x) + sin(x)|+ ax]π
2−αα
puis en remarquant que cos(α) + sin(α) = cos(π2 − α
)+ sin
(π2 − α
)on en déduit que
∫ π
2−α
α
sin(x)
sin(x) + cos(x)dx =
π
4− α
Exercice 22.8
∫ 3
0
x√x+ 1dx =
∫ 3
0
(x+ 1− 1)√x+ 1dx =
∫ 3
0
(x+ 1)32 dx−
∫ 3
0
√x+ 1dx
=
[2
5(x+ 1)
52 − 2
3(x+ 1)
32
]3
0
=116
15
Exercice 22.9
∫ π
6
0
tan2(x)dx =
∫ π
6
0
(1 + tan2(x)− 1
)dx
= [tanx− x]π
60 =
√3
3− π
6
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CHAPITRE 22. INTÉGRATION 1. LES BASIQUES
Exercice 22.10
∫ π
4
0
sin4(x)
cos2(x)dx =
∫ π
4
0
(1− cos2(x)
)2
cos2(x)dx =
∫ π
4
0
1 + cos4(x)− 2 cos2(x)
cos2(x)dx
=
∫ π
4
0
(1
cos2(x)+ cos2(x)− 2
)dx
=
∫ π
4
0
(1
cos2(x)+
1 + cos 2x
2− 2
)dx
=
[tanx+
sin 2x
4− 3x
2
]π4
0
=5
4− 3π
8
Exercice 22.11 On utilise le changement de variable t = sin(x) qui est C1 sur[0, π2].
dt = cos(x)dxx = 0 =⇒ t = 0x = π
2 =⇒ t = 1
ainsi∫ π
2
0
sin2(x) cos3(x)dx =
∫ π
2
0
sin2(x) cos2(x) cos(x)dx
=
∫ π
2
0
sin2(x)(1− sin2(x)) cos(x)dx =
∫ 1
0
t2(1− t2) dt =2
15
Exercice 22.12 On vérifiera que les fonctions intervenant sont bien de classe C1 avant de procéder à une intégrationpar parties.
∫ 1
0
x2 arctan(x)dx =
[x3
3arctan(x)
]1
0
− 1
3
∫ 1
0
x3
1 + x2dx
f(x) = arctan(x) f ′ (x) =1
1 + x2
g′(x) = x2 g (x) =x3
3
f et g sont C1 sur [0, 1]
=π
12− 1
3
∫ 1
0
x3
1 + x2dx =
π
12− 1
3
∫ 1
0
x3 + x− x
1 + x2dx
=π
12− 1
3
∫ 1
0
(x− x
1 + x2
)dx =
π
12− 1
3
[x2
2− 1
2ln(1 + x2
)]1
0
=π
12+
1
6(ln(2)− 1)
Exercice 22.13
∫ π
2
π
3
cos(x) ln (1− cos(x)) dx = [sin(x) ln(1− cos(x))]π
2π
3−∫ π
2
π
3
sin2(x)
1− cos(x)dx
f(x) = ln(1− cos(x)) f ′ (x) =sin (x)
1− cos (x)g′(x) = cos(x) g (x) = sin (x)
f et g sont C1 sur[π3,π
2
]
=
√3
2ln(2)−
∫ π
2
π
3
1− cos2(x)
1− cos(x)dx =
√3
2ln(2)−
∫ π
2
π
3
(1 + cos(x))dx
=
√3
2(1 + ln(2))− π
6− 1
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1. LES BASIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
Exercice 22.14
∫ π
4
0
xdx
cos2(x)= [x tan(x)]
π
40 −∫ π
4
0
tan(x)dx
f(x) = x f ′ (x) = 1
g′(x) =1
cos2(x)g (x) = tanx
f et g sont C1 sur[0,
π
4
]
=π
4+ [ln |cos(x)|]
π
40 =
π
4− ln(2)
2
Exercice 22.15 On simplifie l’intégrale car∫ 212t3et
2+1dt = e∫ 212t3et
2
dt = e∫ 21t22tet
2
dt et on intègre par parties
∫ 2
1
t22tet2
dt =[t2et
2]2
1−∫ π
4
0
2tet2
dx
f(t) = t2 f ′ (t) = 2t
g′(t) = 2tet2
g (x) = et2 f et g sont C1 sur [1, 2]
= 4e4 − e−[et
2]2
1= 4e4 − e−
(e4 − e
)= 3e4
d’où ∫ 2
1
2t3et2+1dt = 3e5
Exercice 22.16
∫ 1√2
0
x arcsin(x)√1− x2
dx =[−√1− x2 arcsin(x)
] 1√2
0+
∫ 1√2
0
dx
f(x) = arcsinx f ′ (x) =1√
1− x2
g′(x) = x√1−x2 g (x) = −
√1− x2
f et g sont C1 sur[π3,π
2
]
=1√2
(1− π
4
)
Exercice 22.17 Le changement de variable u = 1 + x3 est bien C1 sur [−1, 1] . On a
du = 3x2
x = −1 =⇒ u = 0x = 1 =⇒ u = 2
d’où
∫ 1
−1
(1 + x3
)4x2dx =
∫ 2
0
u4
3du =
32
15
Exercice 22.18 Le changement de variable t = lnx est bien C1 sur[e, e2]. On a
dt =1
xx = e =⇒ t = 1x = e2 =⇒ t = 2
∫ e2
e
dx
x lnxn=
∫ 2
1
dt
tn=
1− 2−n+1
n− 1
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CHAPITRE 22. INTÉGRATION 1. LES BASIQUES
Exercice 22.19 Le changement de variable u = ex est bien C1 sur[0, ln(3)2
]. On a
du = ex
x = 0 =⇒ u = 1
x = ln(3)2 =⇒ t =
√3
∫ ln(3)2
0
dx
ch(x)=
∫ ln(3)2
0
2dx
ex + 1ex
=
∫ ln(3)2
0
2exdx
(ex)2 + 1=
∫ √3
1
2du
1 + u2=
π
6
Exercice 22.20 Le changement de variable t = ex est de classe C1 sur [0, 1] .
dt = exdx
x = 0 =⇒ t = 1x = 1 =⇒ t = e
etexdx
2 + ex=
dt
2 + tainsi
∫ 1
0
exdx
2 + ex=
∫ e
1
dt
2 + t= [ln (2 + t)]e1 = ln (2 + e)− ln 3 = ln
(2 + e
3
)
Exercice 22.21 Le changement de variable u = cos t est de classe C1 sur[0, π3].
du = − sin tdt
t = 0 =⇒ u = 1
t = π4 =⇒ u =
1
2
sin 2t
1 + cos tdt =
2 sin t cos tdt
1 + cos t= − 2udu
1 + u= −2(1 + u− 1)
1 + udu = −2
(1− 1
1 + u
)du ainsi
∫ π3
0
sin 2t
1 + cos t= −2
∫ 12
1
(1− 1
1 + u
)du = −2 [u− ln (1 + u)]
121 = 1 + 2 ln 3− 4 ln 2
Exercice 22.22 Le changement u = 1√2tan(t) est C1 sur
[0,
π
4
]
du = 1√2(1 + tan2(t))dt =⇒ dt =
√2
du
1 + 2u2t = 0 =⇒ u = 0
t = π4 =⇒ u =
1√2
Avec 1 + cos2(t) = 1 +1
1 + tan2(t)= 1 +
1
1 + 2u2on a
I =
∫ π
4
0
1
1 + cos2(t)dt =
∫ 1√2
0
√2
1 + 11+2u2
du
1 + 2u2=√2
∫ 1√2
0
du
2 + 2u2
=
√2
2[arctan (u)]
1√2
0 =1√2arctan
(1√2
)
Exercice 22.23 Le changement de variable t = 12
√ex − 1 est C1 sur [1, 2]
dt = ex
4√ex−1dx
x = ln(5) =⇒ t = 12
√eln(5) − 1 = 1
x = ln(13) =⇒ t = 12
√eln(13) − 1 =
√3
—17/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
1. LES BASIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
on a 3 + ex = 3 + (4t2 + 1) = 4(t2 + 1) ainsi
∫ 2
1
ex
(3 + ex)√ex − 1
dx =
∫ √3
1
1
1 + t2dt = [arctan t]
√3
1 =π
12
Exercice 22.24 La règle de Bioche indique qu’il faut utiliser (pour les deux intégrales) le changement de variablesu = cosx qui est C1 sur R.
du = − sin (x) dxx = 0 =⇒ u = 1
x = π4 =⇒ u =
1√2
On a alors sin (2x) dx = 2cosx sinxdx = −2udu. Ainsi
∫ π
4
0
sin (2x)
1 + cos (x)dx = −
∫ 1√2
1
2u
1 + udu = 2
∫ 1
1√2
u+ 1− 1
1 + udu = 2 ln
(2 +
√2)− 4 ln 2 + 2−
√2
Pour l’autre intégrale, on a u = 0 si x = π2 et
sin 2x+ sinx
3 + cos 2xdx =
2 cos (x) + 1
3 + 2 cos2 x− 1sin (x) dx = − 2u+ 1
2u2 + 2du
Ainsi ∫ π
2
0
sin 2x+ sinx
3 + cos 2xdx = −
∫ 0
1
2u+ 1
2u2 + 2du =
1
2
∫ 1
0
2u
u2 + 1du+
1
2
∫ 1
0
du
1 + u2=
1
2ln 2 +
1
8π
Exercice 22.25 Posons f (t) =arctan t
t, la fonction f est définie, continue sur R∗ donc intégrable sur
[x,
1
x
]∪[1
x, x
]
si x �= 0, on en déduit que F est définie sur R∗. On définit alors G (x) =∫ x1
f (t) dt et H (x) =∫ x−1 f (t) dt, les fonctions
G et H sont des primitives de f sur ]0,+∞[ et ]−∞, 0[ respectivement donc sont dérivables sur ces intervalles de dérivée
égale à f (x). De plus, si x > 0, on a F (x) = G
(1
x
)−G (x) et si x < 0, F (x) = H
(1
x
)−H (x). On en déduit que
F est dérivable sur R∗ et
Si x > 0, F ′ (x) = − 1
x2G′(1
x
)−G′ (x) = − 1
x2f
(1
x
)− f (x)
Si x < 0, F ′ (x) = − 1
x2H ′(1
x
)−H ′ (x) = − 1
x2f
(1
x
)− f (x)
Donc ∀x �= 0,
F ′ (x) = − 1
x2×
arctan1
x1
x
− arctanx
x= −
arctan1
x+ arctanx
x
D’où
Si x > 0, F ′ (x) = − π
2xet si x < 0, F ′ (x) =
π
2xcar arctan
1
x+ arctanx = signe (x)× π
2
Puisque F (1) = 0 et F (−1) = 0, on obtient
Si x > 0, F (x) =
∫ x
1
F ′ (x) dx = −π
2lnx− F (1) = −π
2lnx
Si x < 0, F (x) =
∫ x
−1F ′ (x) dx =
π
2lnx− F (−1) = π
2lnx
—18/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 1. LES BASIQUES
Exercice 22.26 1. La fonction f (t) =1− t2
(1 + t2)√1 + t4
est définie et continue sur R donc intégrable sur tout
segment de R en particulier sur
[x,
1
x
]∪[1
x, x
]si x �= 0. On en déduit que F (x) existe pour x �= 0.
On introduit la fonction G (x) =∫ x0
f (t) dt qui est une primitive de f, en particulier G est dérivable et G′ (x) =
f (x). On a alors F (x) = G
(1
x
)− G (x). On en déduit que F est dérivable sur R∗ en tant que somme et
composée de fonctions dérivables et que
∀x ∈ R∗, F ′ (x) =
(− 1
x2
)G′(1
x
)−G (x)
=
(− 1
x2
)f
(1
x
)− f (x)
=
(− 1
x2
) 1− 1
x2(1 +
1
x2
)√1 +
1
x4
− 1− x2
(1 + x2)√1 + x4
=
(− 1
x2
)x2 − 1
(x2 + 1)
√x4 + 1
x2
− 1− x2
(1 + x2)√1 + x4
= 0
2. On en déduit que F est constante sur chaque intervalle ]−∞, 0[ et ]0,+∞[ , mais on a F (−1) = F (1) = 0 doncF (x) = 0 ceci ∀x ∈ R∗.Posons I =
∫ 1x
x
1
(1 + t2)√1 + t4
et J =∫ 1
x
x
t2
(1 + t2)√1 + t4
, on a vu que I − J = 0, or I + J = 2I =
∫ 1x
x
1 + t2
(1 + t2)√1 + t4
=∫ 1
x
x
dt√1 + t4
d’où
I =1
2
∫ 1x
x
dt√1 + t4
Exercice 22.27 Les fonctions f (x) =sinx
sinx+ cosxet g (x) =
cosx
sinx+ cosxsont définies et continues sur
[0, π2], en
effet sur cet intervalle, sinx et cosx sont positifs, ainsi sinx + cosx ≥ 0. Pour que sinx + cosx = 0, il faut quesinx = 0 et cosx = 0 (la somme de deux nombres positifs n’est nulle que si ces deux nombres sont nuls). Or cosx etsinx ne sont jamais simultanément nuls (car cos2 x+ sin2 x = 1 par exemple !). Les deux intégrales existent donc.Dans I on fait le changement de variable de classe C1 u = π
2 − x,
du = −dx
x = 0 =⇒ u = π2
x = π2 =⇒ u = 0
sinx
sinx+ cosxdx =
sin(π2 − u
)
sin(π2 − u
)+ cos
(π2 − u
) (−du) = − cosu
cosu+ sinudu d’où
I = −∫ 0
π
2
cosu
cosu+ sinudu =
∫ π
2
0
cosu
sinxu+ cosudu = J
Mais I + J =
∫ π
2
0
sinx+ cosx
sinx+ cosxdx =
∫ π
2
0
dx =π
2= 2I d’après ce que l’on vient de prouver. D’où I = J =
π
4.
—19/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
1. LES BASIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
Exercice 22.28 La fonction f (x) =x2
(x2 + 1)3est continue sur [0, 1] , l’intégrale existe donc. Le changement de
variable x = tanu est de classe C1 sur un intervalle que l’on va déterminer dans un instant puisqu’ici le changementde variable se fait dans l’autre sens. On a
dx =(1 + tan2 u
)du =
(1 + x2
)du
Si x = 0 on choisit u = 0
Si x = 1 on choisit u =π
4
le changement de variable x = tanu est de classe C1 sur[0, π4].
On ax2
(x2 + 1)3dx =
x2
(1 + x2)2dx
1 + x2=
tan2 u(1 + tan2 u
)2 du = tan2 u×(cos2 u
)2du = sin2 u cos2 udu =
1
4(2 sinu cosu)2 du =
1
4sin2 2udu d’où
∫ 1
0
x2
(x2 + 1)3dx =
1
4
∫ π
4
0
sin2 2udu =1
4
∫ π
4
0
1− cos 4u
2du =
1
8
[u− 1
4sin 4u
]π4
0
=π
32
Exercice 22.29 On intègre par parties, on a pour n ≥ 1
u′ (x) = xn v′ (x) = cosxu′ (x) = nxn−1 v (x) = sinx
, u et v sont C1 sur [0, 1]
ainsi
un =[nxn−1 sinx
]π0−∫ π
0
nxn−1 sinxdx = −n
∫ π
0
xn−1 sinxdx
on fait une seconde IPP, pour n ≥ 2
∫ π
0
xn−1 sinxdx =[−xn−1 cosx
]π0+ (n− 1)
∫ π
0
xn−2 cosxdx
= πn−1 + (n− 1)un−2
ainsi pour n ≥ 2
un = −n (n− 1)un−2 − nπn−1
Exercice 22.30 La fonction intégrée est définie et continue sur R. L’intégrale existe donc. On applique les règles de
Bioche, on a dω (x) =sin 2x
2 + cosxdx, dω (−x) =
sin (−2x)2 + cos (−x)
d (−x) =− sin 2x
2 + cosx(−dx) = dω (x) . On pose u = cosx
du = − sinxdx
x = 0 =⇒ u = 1x = π =⇒ u = −1
sin 2x
2 + cosxdx =
2cosx sinxdx
2 + cosx= − 2udu
2 + ud’où
∫ π
0
sinx
2 + cosxdx =
∫ −1
1
− 2udu
2 + u
= 2
∫ 1
−1
u+ 2− 2
u+ 2du
= 2 [u− 2 ln (u+ 2)]1−1= 4− 4 ln 3
—20/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 1. LES BASIQUES
Exercice 22.31 La fonction f(x) =1
cos (x) (sinx− cosx)n’est pas définie pour x = π
4 + kπ et x = π2 + lπ, où k et
l sont dans Z. Elle est donc définie sur l’intervalle[−π3 , 0]. On applique les règles de Bioche, on a .
dω (−x) =−dx
cos (x) (− sinx− cosx)�= dω(x)
dω (π − x) =−dx
− cos (x) (sinx+ cosx)�= dω(x)
dω (π + x) =dx
− cos (x) (− sinx+ cosx)= dω(x)
On pose u = tan(x)
du =1
cos2 xdx
x = −π
3=⇒ u = −
√3
x = 0 =⇒ u = 0
dx
cos (x) (sinx− cosx)=
dx
cos2 (x) (tanx− 1)=
du
u− 1ainsi
∫ 0
−π
3
dx
cos (x) (sinx− cosx)=
∫ 0
−√3
du
u− 1= [ln |u− 1|]0−√3
= − ln(1 +
√3)
Exercice 22.32 La fonction f (x) =1
1 + cosxest définie et continue sur
[0, π2], l’intégrale existe. On applique les
règles de Bioche, on a dω (x) =dx
1 + cosx, aucune régle ne s’applique, on pose u = tan
x
2.
du =1
2
(1 + tan2
x
2
)dx =⇒ 2du
1 + u2= dx
x = 0 =⇒ u = 0
x =π
2=⇒ u = 1
dx
1 + cosx=
2du
1 + u2
1 +1− u2
1 + u2
= du d’où
∫ π
2
0
dx
1 + cosx=
∫ 1
0
du = 1
Exercice 22.33 La fonction f (x) =sinx
(cosx+ 1) (cosx+ sinx+ 1)est bien définie sur
[0, π2], car sur ce segment
cosx ≥ 0 et sinx ≥ 0, elle y est continue, l’intégrale existe donc. Le changement de variable t = tanx
2est bien définie
et C1 sur ce segment. On a dt =1
2
(1 + tan2
x
2
)dx =⇒ dx =
2dt
1 + t2, si x = 0, on a t = 0, si x = π
2 , on a t = 1. Puis
sinx
(cosx+ 1) (cosx+ sinx+ 1)dx =
2t
1 + t2(1− t2
1 + t2+ 1
)(1− t2
1 + t2+ 1 +
2t
1 + t2
) × 2
1 + t2dt
=t
t+ 1dt
—21/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
1. LES BASIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
d’où
∫ π
2
0
sinx
(cosx+ 1) (cosx+ sinx+ 1)dx =
∫ 1
0
t
t+ 1dt
=
∫ 1
0
t+ 1− 1
t+ 1dt
=
∫ 1
0
(1− 1
1 + t
)dt
= [t− ln |1 + t|]10= 1− ln 2
Exercice 22.34 L’intégrale existe car la fonction f (x) =cosx
2− cos2 xest bien définie et continue sur
[0, π2]
(on a
2 ≥ cos2 x pour tout x). Le changement de variable u = sinx est bien C1 sur l’intervalle[0, π2]. Si x = 0, on a u = 0
et si x = π2 , on a u = 1. On a du = cosxdx,
cosx
2− cos2 xdx =
cosxdx
2−(1− sin2 x
) =du
1 + u2
donc ∫ π
2
0
cosx
2− cos2 xdx =
∫ 1
0
du
1 + u2= [arctanu]10 = (arctan 1− arctan 0) =
π
4
Exercice 22.35 La fonction g (x) = arctanx est définie et continue sur [0, 1] donc l’intégrale existe. On intégre parparties,
u′ (x) = 1 v (x) = x
u (x) = arctanx v′ (x) =1
1 + x2, u et v sont C1 sur [0, 1]
d’où
∫ 1
0
arctanxdx = [x arctanx]10 −∫ 1
0
x
1 + x2dx
= arctan 1− 1
2
∫ 1
0
2x
1 + x2dx
=π
4− 1
2
[ln∣∣1 + x2
∣∣]10
=π
4− ln 2
2
Exercice 22.36 Si f est solution alors f (x) = 1 +∫ x0
tf (t) dt, or 1 +∫ x0
tf (t) dt est dérivable de dérivée égale àxf (x) donc f est dérivable et solution de l’équation différentielle
y′ = xy
On résout cette équation, les solutions sont les fonctions
y (x) = Cex2
2
De plus f (x) = 1 +∫ x0 tf (t) dt donne avec x = 0 la condition initiale f (0) = 1. Il n’y a donc qu’une seule solution
f (x) = ex2
2
—22/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 1. LES BASIQUES
Exercice 22.37 L’intégrale existe car la fonction t �→ 1
1 + cos2(t)est continue sur
[0, π4]. Le changement u =
1√2tan(t) est C1 sur
[0,
π
4
]
du = 1√2(1 + tan2(t))dt =⇒ dt =
√2
du
1 + 2u2t = 0 =⇒ u = 0
t = π4 =⇒ u =
1√2
Avec 1 + cos2(t) = 1 +1
1 + tan2(t)= 1 +
1
1 + 2u2on a
I =
∫ π
4
0
1
1 + cos2(t)dt =
∫ 1√2
0
√2
1 + 11+2u2
du
1 + 2u2=√2
∫ 1√2
0
du
2 + 2u2
=
√2
2[arctan (u)]
1√2
0 =1√2arctan
(1√2
)
Exercice 22.38 On a u0 =∫ e1xdx =
e2 − 1
2. On fait une intégration par parties. On pose u (x) = lnn x et v′ (x) = x,
alors u′ (x) =n
xlnn−1 x, v (x) =
x2
2. Les fonctions u et v sont C1 sur [1, e] donc
un =
[x2
2lnn x
]e
1
− n
2
∫ e
1
x lnn−1 xdx =e2
2− n
2un−1
Exercice 22.39 Pour la première, on pose u (x) = ln (x) et v′ (x) = x cos (x) + sin (x) , alors u′ (x) =1
x, v (x) =
x sinx. Les fonctions u et v sont de classe C1 sur [1, π] et on a alors
I = [x lnx sinx]π1 −∫ π
1
sinxdx
= − (1 + cos 1)
Pour la seconde, on pose u (x) = sin (lnx) et v′ (x) = 1, alors u′ (x) =cos lnx
xet v (x) = x, les fonctions u et v sont
C1 sur[1, e
π
2
]. Ainsi
J = [x sin lnx]eπ
2
1 −∫ e
π
2
1
cos lnxdx
= eπ
2 −∫ e
π
2
1
cos lnxdx
On recommence, une nouvelle intégration par parties avec f (x) = cos lnx et g′ (x) = 1, f ′ (x) = −sin lnx
x, g (x) = x
( f et g sont C1 sur[1, e
π
2
]) donne
∫ eπ
2
1
cos lnxdx = [x cos lnx]eπ
2
1 +
∫ eπ
2
1
sin lnxdx = −1 + J
d’où
J =eπ
2 + 1
2
—23/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
1. LES BASIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
Exercice 22.40 La fonction x �→ ex
ex + e−xest définie, continue sur [0, ln 2] donc l’intégrale existe. Le changement
de variable u = ex est bien C1 sur [0, ln 2] . On a
du = exdxex
ex + e−xdx =
du
u+1
u
=1
2
2u
1 + u2du
Si x = 0 alors u = 1
Si x = ln 2 alors u = 2
Donc∫ ln 2
0
ex
ex + e−xdx =
1
2
∫ 2
1
2u
1 + u2du =
1
2
[ln(1 + u2
)]21
=1
2[ln 5− ln 2]
Exercice 22.41 La fonction t �→√
1 + t
1− test définie et continue sur [−1, 0] (on a
1 + t
1− t> 0 ⇐⇒ (1 + t) (1− t) >
0 ⇐⇒ t ∈ ]−1, 1[), l’intégrale existe donc. En revanche le changement de variable proposé n’est pas C1 sur [−1, 0] (iln’est pas dérivable en −1 du fait de la racine carrée). On va donc l’inverser. On a
u =
√1 + t
1− t⇐⇒{
u2 =1 + t
1− tu ≥ 0
⇐⇒{
u2 (1− t) = 1 + t
u ≥ 0⇐⇒
t =
u2 − 1
u2 + 1u ≥ 0
On pose donc t =u2 − 1
u2 + 1, changement de variable C1 sur l’intervalle· · · ? Si t = −1, on a u =
√1− 1
1 + 2= 0, et si t = 0,
on a u =
√1 + 0
1− 0= 1, donc l’intervalle pour u est [0, 1] . Sur cet intervalle, le changement t =
u2 − 1
u2 + 1est C1 (en fait
il est C1 sur R !). On a de plus
t =u2 + 1− 2
u2 + 1= 1− 2
u2 + 1=⇒ dt =
4u
(1 + u2)2du
(t− 1)2 =4
(u2 + 1)2
1
(t− 1)2
√1 + t
1− tdt =
(u2 + 1
)2
4× u× 4u
(1 + u2)2du = u2
d’où ∫ 0
−1
1
(t− 1)2
√1 + t
1− tdt =
∫ 1
0
u2 du =1
3
Remarque : Le changement C1, u =1+ t
1− tconvient aussi et conduit à l’intégrale
∫ 0
−1
1
(t− 1)2
√1 + t
1− tdt =
∫ 1
0
1
2
√udu.
Exercice 22.42 A l’aide du changement de variable u =π
2− x on a immédiatement I1 = J2 et I2 = J1. Puis une
intégration par parties en dérivant ln (1 + cosx) et en intégrant cosx (on a bien des fonctions C1)∫ π
2
0
cosx ln (1 + cosx) dx =
∫ π2
0
sin2 x
1 + cosxdx =
∫ π2
0
1− cos2 x
1 + cosxdx =
∫ π2
0
(1− cosx) dx =π
2− 1
—24/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 1. LES BASIQUES
Enfin le changement de variable C1 u = cosx donne
I2 =
∫ π2
0
sinx ln (1 + cosx) dx =
∫ 1
0
ln (1 + u) du
= ln 2−∫ 1
0
u
1 + udu
= ln 2−∫ 1
0
u+ 1− 1
1 + udu
= 2 ln 2− 1
Exercice 22.43 L’intégrale existe car la fonction x �→ exa − e
bx
xest bien définie et continue sur I = [a, b] ∪ [b, a]. Le
changement de variable x = at est bien de classe C1 sur I (il l’est sur R) et conduit à (dx = adt)
I =
∫ α
1
et − eαx
tdt où α =
b
a
Le changement de variable t =α
xest C1 sur J = [1, α] ∪ [α, 1] car α > 0, et donne (dt = − α
x2dx,
dt
t= −dx
x)
I = −I
AinsiI = 0
Le changement de variable u =ab
xest définie et est de classe C1 sur [a, b] ∪ [b, a] (car a > 0 et b > 0). On a
dx = −ab
u2,
x
a=
b
uet
b
x=
u
a. Pour x = a, u = b et pour x = b, u = a, ainsi
∫ b
a
exa − e
bx
xdx =
∫ a
b
ebu − e
ua
ab
u
(−ab
u2
)du = −I
d’oùI = 0
Exercice 22.44 On poseα2
2=
∫ 1
0
|f (t)| dt où α > 0, alors f (x) = x2 − αx = x (x− α) . On a deux possibilités, ou
bien α ∈ ]0, 1[ et alors f change de signe sur [0, 1] , ou α > 1 et dans ce cas f (x) ≤ 0.Premier cas, α ≥ 1, alors |f (x)| = −f (x) et
∫ 1
0
|f (t)|dt = −∫ 1
0
t (t− α) dt = −(1
3− α
2
)= −(2− 3α
6
)
Si α > 1, on doit donc avoirα2
2=
3α− 2
3
qui n’a pas de racines réellesSi α ∈ ]0, 1[ , on a alors f négative sur [0, α] puis positive
∫ 1
0
|f (t)| dt = −∫ α
0
f (t) dt+
∫ 1
α
f (t) dt
= −∫ α
0
t (t− α) dt+
∫ 1
α
t (t− α) dt
=1
3α3 − 1
2α+
1
3
—25/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
1. LES BASIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
et on doit donc avoir1
3α3 − 1
2α+
1
3=
α2
2
ce qui donne l’équation2α3 − 3α2 − 3α+ 2 = 0
Une racine évidente est −1, on factorise donc en (α− 2) (2α− 1) (α+ 1) , la seule solution comprise entre 0 et 1 est1
2, ainsi
α =1
2
Exercice 22.45 Soit g (x) = (f (x)− 1)2= f2 (x)− 2f (x) + 1 , on a
∫ b
a
g (x) dx =
∫ b
a
f2 (x) dx− 2
∫ b
a
f (x) dx+ (b− a)
= 0
d’après les hypothèses. La fonction g est continue, positive, d’intégrale nulle sur [a, b] donc g (x) = 0 sur [a, b] et ainsif (x) = 1 sur [a, b].
Exercice 22.46 L’intégrale existe car la fonction intégrée est continue, le changement de variable u = π4 − x est
définie et est de classe C1 sur[0, π4]. On a
tan (x) = tan(π4− u)=
1− tanu
1 + tanu
dx = −du
d’où
I =
∫ π
4
0
ln (1 + tanx) dx = −∫ 0
π
4
ln
(1 +
1− tanu
1 + tanu
)dx
=
∫ π
4
0
ln
(2
1 + tanu
)du
=
∫ π
4
0
(ln 2− (1 + tanu)) du
=π
4ln 2− I =⇒ I =
π
8ln 2
Enfin J =
∫ 1
0
ln (1 + t)
1 + t2dt existe car · · · , le changement de variable t = tanx (C1 sur
[0, π4]) donne
I = J
Exercice 22.47 L’intégrale existe car la fonction intégrée est bien continue sur[12 , 2], le changement de variable C1
, u =1
xdonne
I =
∫ 2
12
(1 +
1
x2
)arctan (x) dx =
∫ 2
12
(1
u2+ 1
)arctan
1
udu
=
∫ 2
12
(1
u2+ 1
)(π2− arctanu
)du car u ∈
[1
2, 2
]
=π
2
∫ 2
12
(1
u2+ 1
)du− I
—26/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 1. LES BASIQUES
d’où
2I =π
2
∫ 2
12
(1
u2+ 1
)du
=π
2
[− 1
u+ u
]2
12
=3π
2
Exercice 22.48
1. On a
∫ b
a
f ′ (t) dt = f (b)− f (a) car f est une primitive de f ′ et de même
∫ b
a
g′ (t) dt = g (b)− g (a) On a alors
par croissance de l’intégrale des fonctions réelles
∫ b
a
|f ′ (t)| dt ≤∫ b
a
g′ (t) dt = g (b)− g (a)
Mais l’inégalité de la valeur absolue donne
|f (b)− f (a)| =∣∣∣∣∣
∫ b
a
f ′ (t) dt
∣∣∣∣∣≤∫ b
a
|f ′ (t)|dt
d’où le résultat.
2. Dans ce cas, on obtient |f ′| ≤ C =⇒ |f (b)− f (a)| ≤ C (b− a) ce qui est l’inégalité des accroissements finis. Ona donc démontré l’inégalité des accroissements finis dans le cas d’une fonction à valeurs dans C.
Exercice 22.49 La fonction f est continue, ainsi F est bien dérivable et F ′ (x) = f (x+ T ) − f (x) = 0 car f estT−périodique. On en déduit que F est constante égale à F (0) = 0. Ainsi
∀x ∈ R,
∫ x+T
x
f (t) dt =
∫ T
0
f (t) dt
Exercice 22.50 On a
I =
∫ 1
0
(x2 − x
)f (x) dx = −
∫ 1
0
(x2 − x
)f ′′ (x) dx−
∫ 1
0
(4x− 2)(x2 − x
)f ′ (x) dx
On intègre la première intégrale par parties, on a
−∫ 1
0
(x2 − x
)f ′′ (x) dx = −
[(x2 − x
)f ′ (x)
]10+
∫ 1
0
(2x− 1) f ′ (x) =
∫ 1
0
(2x− 1) f ′ (x)
u (x) =(x2 − x
)v′ (x) = f ′′ (x)
u′ (x) = (2x− 1) v (x) = f ′ (x)u et v sont C1 sur [0, 1]
Ainsi
∫ 1
0
(x2 − x
)f (x) dx =
∫ 1
0
[(2x− 1)− (4x− 2)
(x2 − x
)]f ′ (x) dx
= −∫ 1
0
(4x3 − 6x2 + 1
)f ′ (x) dx
= − 1
12
∫ 1
0
(x3
3− x2
2+
1
12
)f ′ (x) dx
= −12∫ 1
0
(x3
3− x2
2+
1
12
)f ′ (x) dx
—27/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
1. LES BASIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
Une dernière IPP,
∫ 1
0
(x3
3− x2
2
)f ′ (x) dx =
[(x3
3− x2
2+
1
12
)f (x)
]1
0
−∫ 1
0
(x2 − x
)f (x) = −f (1) + f (0)
12− I
u (x) =
(x3
3− x2
2+
1
12
)v′ (x) = f ′ (x)
u′ (x) =(x2 − x
)v (x) = f (x)
u et v sont C1 sur [0, 1]
d’où
I = (f (1) + f (0)) + 12I =⇒ I = −f (0) + f (1)
11
Exercice 22.51 Puisque ∀x ∈ R, f ′ (x) �= 0, on sait que f−1 est dérivable sur R. On dérive alors l’égalité
∫ f−1(x)
0
f (t) dt = x2
ce qui donne(f−1)′(x)× f
(f−1 (x)
)= 2x =⇒
(f−1)′(x) = 2 =⇒ f−1 (x) = 2x+ c
Il reste à déterminer c. Puisque f−1(− c2
)= 0, on a
∫ f−1(− c
2)
0
f (t) dt = 0 =c2
4=⇒ c = 0
conclusion f−1 (x) = 2x et
f (x) =x
2
Exercice 22.52 Comme indiqué, IPPons en dérivant f ′ (x) et en intégrantx√
1 + x2en√1 + x2 (les fonctions étant
C1 sur [−1, 1]). On obtient alors
∫ 1
−1
xf (x)√1 + x2
dx =√2 (f (1)− f (−1))−
∫ 1
−1
√1 + x2f ′ (x) dx
Mais0 ≤
√1 + x2 ≤
√2
0 ≤ f ′ (x) (f croissante, utilisons toutes les hypothèses )
}=⇒ 0 ≤
√1 + x2f ′ (x) ≤
√2f ′ (x)
d’où
0 ≤∫ 1
−1
√1 + x2f ′ (x) dx ≤
√2
∫ 1
−1f ′ (x) dx =
√2 (f (1)− f (−1))
Ainsi ∫ 1
−1
xf (x)√1 + x2
dx ≥ 0
Exercice 22.53 L’intégrale existe car la fonction intégrée est continue sur[34 ,
43
]. On intégre par parties,
u (x) = arg sinh
(1
x
)u′ (x) =
− 1x2√
1 + 1x2
= − 1
x√1 + x2
v′ (x) = 1 v (x) = x
, u et v sont C1 sur [1, 2]
—28/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 1. LES BASIQUES
d’où
∫ 43
34
arg sinh
(1
x
)dx =
[x arg sinh
(1
x
)]43
34
+
∫ 43
34
dx√1 + x2
=
[x arg sinh
(1
x
)]43
34
+ [arg sinhx]4334
= 43 arg sinh
(34
)− 3
4 arg sinh(43
)+ arg sinh
(43
)− arg sinh
(34
)
=1
4arg sinh
(43
)+
1
3arg sinh
(34
)
Pour mémoire arg shx = ln(x+
√1 + x2
)d’où arg sinh
(43
)= ln(43 +√1 + 16
9
)= ln 3 et arg sinh
(34
)= ln(34 +√1 + 9
16
)=
ln 2 nd’où∫ 4
3
34
arg sinh
(1
x
)dx =
ln 2
3+
ln 3
4
Exercice 22.54 La fonction ϕ : t �−→ e−t2
est définie et continue sur R, ainsi F : x �−→∫ x
0
e−t2
dt est définie et
dérivable sur R avec F ′ = ϕ. Puisque ϕ est C∞, on en déduit que F est également C∞. Il en découle que f est définieet C∞ sur R (produit de fonctions C∞).Pour x ∈ R, on a alors
f ′ (x) = 2xex2
∫ x
0
e−t2
dt+ ex2 × e−x
2
= 2xf (x) + 1
ce qui prouve que f est bien solution de l’équation différentielle y′ − 2xy = 1. Posons h : x �−→ xf (x) , on a doncf ′ − 2h = 1, pour n ≥ 1, on en déduit que
(f ′ − 2h)(n)
= 0 =⇒ f(n+1) − 2h(n) = 0
Mais puisque g : x �−→ x et f sont C∞, la formule de Leibniz donne (en utilisant g(k) = 0 si k ≥ 2)
h(n) (x) =n∑
k=0
(n
k
)g(k) (x) f (n−k) (x) =
(n
0
)g(0) (x) f(n−0) (x) +
(n
1
)g(1) (x) f (n−1) (x)
= xf (n) (x) + nf (n−1) (x)
On a donc
∀n ≥ 1, f (n+1) (x) = 2xf(n) (x) + 2nf (n−1) (x)
Exercice 22.55 On cherche donc f continue sur R telle que ∀ (a, b) ∈ R2,∫ −b
−af (t) dt =
∫ b
a
f (t) dt. En particulier
avec a = 0, on a
∫ −b
0
f (t) dt = −∫ b
0
f (t) dt. Le changement de variables u = −t dans la première intégrale donne
∫ −b
0
f (t) dt = −∫ b
0
f (−u) du
D’où ∀b ∈ R, F (b) =
∫ b
0
(f (u)− f (−u)) du = 0. La fonction F est donc nulle, donc sa dérivée est nulle. Or
F ′ (b) = f (b)− f (−b)
Ce qui prouve que f est paire.
—29/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
Exercice 22.56 Posons F (x) =
∫ x
0
f (t) dt, alors F est définie, continue et dérivable sur R et ∀ (x, y) ∈ R2,
F (x+ y)− F (x) = F (x)− F (x− y), soit
∀ (x, y) ∈ R2, F (x+ y) + F (x− y)
2= F (x)
En posant u = x− y et v = x+ y ⇐⇒ x =u+ v
2et y =
v − u
2, on a
∀ (u, v) ∈ R2, F (u) + F (v)
2= F
(u+ v
2
)
Bon, si on a un peu d’inspiration c’est doncF (u) + F (v)
2≤ et ≥ F
(u+ v
2
), la fonction est donc convexe et concave.
Elle doit doit être affine donc de dérivée constante. On va donc montrer que f = Cst. Pour cela, on dérive par rapportà u par exemple pour avoir
∀ (u, v) ∈ R2, F ′ (u) = F ′(
u+ v
2
)
En particulier avec v = −u
2, on a F ′ (u) = F ′ (0) = cste et c’est fini.
Exercice 22.57 Soit F : x �−→∫ x
a
g (t) dt
∫ b
x
f (t) dt, la fonction F est continue et dérivable sur [a, b] avec F (a) =
F (b) = 0. D’après Rolle, il existe c ∈ ]a, b[ tel que F ′ (c) = 0. Mais F ′ (x) = g (x)
∫ b
x
f (t) dt− f (x)
∫ x
a
g (t) dt, ce qui
termine la preuve.
2 Les techniques
Exercice 22.58
1. La fonction f est continue sur [a, b] , l’image du segment [a, b] est donc un segment [m,M ], il existe donc
(α,β) ∈ [a, b]2 tels quem = min
[a,b]f = f (α) et M = max
[a,b]f = f (β)
∀x ∈ [a, b] , m ≤ f (x) ≤M =⇒∫ b
a
mdx ≤∫ b
a
f (x) dx ≤∫ b
a
Mdx =⇒m (b− a) ≤∫ b
a
f (t) dt ≤M (b− a)
Ainsi
f (α) ≤ 1
b− a
∫ b
a
f (t) dt ≤ f (β)
D’après le TVI, puisque f est continue, il existe c tel que f (c) =1
b− a
∫ b
a
f (t) dt.
Remarque : On peut également utiliser le TAF avec la fonction F (x) =
∫ x
a
f (t) dt. Cette fonction est dérivable
sur [a, b] , il existe donc c ∈ ]a, b[ tel que F (b)− F (a) =
∫ b
a
f (t) dt = (b− a)F ′ (c) = (b− a) f (c).
2. La positivité de g sur [a, b] et la croissance de l’intégrale (a < b) permet alors d’écrire que
∀x ∈ [a, b] , mg (x) ≤ f (x) g (x) ≤Mg (x) =⇒m
∫ b
a
g (x) dx ≤∫ b
a
f (x) g (x) dx ≤M
∫ b
a
g (x) dx
Si
∫ b
a
g (x) dx = 0, alors g étant continue et positive, on a g = 0 et pour tout c de [a, b] on a 0 =
∫ b
a
f (t) g (t) dt =
f (c)
∫ b
a
g (t) dt = 0.
—30/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 2. LES TECHNIQUES
Sinon, on a
f (α) = m ≤
∫ b
a
f (x) g (x) dx
∫ b
a
g (x) dx
≤M = f (β)
D’après le TVI, il existe c ∈ [a, b] tel que f (c) =
∫ b
a
f (x) g (x) dx
∫ b
a
g (x) dx
.
3.
— L’intégrale existe pour x proche de 0. On commence par la limite à droite, on applique avec g (t) = t qui estpositive. Il existe c ∈ [0, x] tel que
1
x2
∫ x
0
tf (t) dt =f (c)
x2
∫ x
0
tdt =f (c)
2
Puisque 0 ≤ c ≤ x, on a c −−−→x→0
0 et par continuité de f en 0, on a limx→0+
1
x2
∫ x
0
tf (t) dt =f (0)
2.
On détermine la limite à gauche. Ou bien on est convaincu que le résultat demeure si g est négative, ou bienon écrit que
1
x2
∫ x
0
tf (t) dt =1
x2
∫ 0
x
(−t) f (t) dt
Il existe alors c ∈ [x, 0] tel que
1
x2
∫ x
0
tf (t) dt =f (c)
x2
∫ 0
x
(−t) dt =f (c)
2
On conclut de la même manière. Les limites à gauche et à droite sont les mêmes donc1
x2
∫ x
0
tf (t) dt −−−→x→0
f (0)
2.
— Si f est continue au voisinage de 0, montrer que limx→0+
∫ 2x
x
f (t)
tdt = f (0) ln 2.
— L’intégrale existe pour x proche de 0. Avec g (t) = t, il existe c ∈ [x, 2x] tel que
∫ 2x
x
f (t)
tdt = f (c)
∫ 2x
x
dt
t=
f (c)× ln 2. Puisque x ≤ c ≤ 2x, on a c −−−→x→0
0, et par continuité de f en x = 0, il vient f (c) −−−→x→0
f (0) et
∫ 2x
x
f (t)
tdt = f (c)× ln 2 −−−→
x→0f (0) ln 2.
Exercice 22.59 Si f est nulle, c’est une évidence. Supposons f �= 0 et que f ait p < n zéros avec changement strict
de signe sur [a, b] (par exemple la fonction
(x− 1
2
)2a un zéro en
1
2sans changement de signe). Notons α1, · · · , αp
ces p zéros, et soit P (x) =
p∏
k=1
(x− αk) si p ≥ 1, P (x) = 1 si p = 0. La fonction f × P est alors de signe constant.
En effet le signe de f et celui de g change en αk. La fonction f × g est continue. Mais P est un polynôme de degré auplus n− 1 ; P =
∑n−1k=0 akx
k donc, par linéarité de l’intégrale
∫ b
a
P (t) f (t) dt = ak
n−1∑
k=0
∫ b
a
tkf (t) = 0
On en déduit que f × P = 0 sur [a, b] =⇒ f = 0, absurde. Conclusion p ≥ n. On a donc montré que f s’annule etchange de signe au moins n fois sur [a, b].
—31/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
Exercice 22.60 On a ∀x ∈ [0, 1] , 0 ≤ xn
1 + x2≤ xn, par positivité de l’intégrale, on en déduit que
0 ≤ In ≤∫ 1
0
xndx =1
n+ 1−−−−−→n→+∞
0
donc
In −−−−−→n→+∞
0
En intégrant par parties,
∫ 1
0
xn ln(1 + x2
)dx =
ln 2
n+ 1− 2
n+ 1
∫ 1
0
xn+2
1 + x2dx
=ln 2
n+ 1− 2
n+ 1In+2
De la première question, on déduit que2
n+ 1In+2 = o
+∞
(ln 2
n+ 1
)
et
Jn ∼n→+∞
ln 2
n+ 1
Exercice 22.61 1. En intégrant par parties, on obtient
B(p, q) =
∫ b
a
(x− a)p(b− x)qdx
f(x) = (b− x)q f ′ (x) = −q (b− x)q−1
g′(x) = (x− a)p g (x) =(x− a)p+1
p+ 1
f et g sont C1sur [a, b]
=
[
(b− x)q(x− a)p+1
p+ 1
]b
a
+q
p+ 1
∫ b
a
(x− a)p+1 (b− x)q−1 dx car q > 0
=q
p+ 1B (p+ 1, q − 1)
Cette égalité permet de se ramener à B (p+ q, 0) =
∫ b
a
(x− a)p+qdx =(b− a)p+q+1
(p+ q + 1)(remarquer que la somme
des variables est constante égale à p+ q, à droite et à gauche de l’égalité).Ainsi par utilisation répétée de cette formule, on a immédiatement
B(p, q) =q
p+ 1B (p+ 1, q − 1)
=q
p+ 1
q − 1
p+ 2B (p+ 2, q − 2)
=q × (q − 1)× · · · 1
(p+ 1)× (p+ 2)× · · · × (p+ q)B (p+ q, 0)
=q × (q − 1)× · · · 1
(p+ 1)× · · · × (p+ q + 1)
=p!q!(b− a)p+q+1
(p+ q + 1)!
—32/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 2. LES TECHNIQUES
2. Dans ce cas, on obtient ∫ 1
−1(1− x2)ndx =
(n!)2
(2n+ 1)!=
22n+1
(2n+ 1)
(2n
n
)
Mais
∫ 1
−1(1− x2)ndx =
∫ 1
−1
n∑
k=0
(−1)k(n
k
)x2kdx = 2
n∑
k=0
(−1)k(n
k
)
2k + 1
d’où l’égalité
n∑
k=0
(−1)k(n
k
)
2k + 1=
4n
(2n+ 1)
(2n
n
)
3. Le changement de variable C1, t = sin2 x donne
J (p, q) =
∫ π
2
0
sin2p+1 x cos2q+1 xdx =
∫ π
2
0
sin2p+1 x(1− sin2 x
)qcosxdx
=
∫ π
2
0
sin2p x(1− sin2 x
)qsinx cosxdx
=1
2
∫ 1
0
tp (1− t)q dt
=1
2
p!q!
(p+ q + 1)!
4. Avec p = q et le changement de variables u = 2x, on obtient
J (p, p) =1
22p+1
∫ π
2
0
sin2p+1 (2x) dx
=1
22p+2
∫ π
0
sin2p+1 (u) du
Mais le changement v = π − u montre que
∫ π
2
0
sin2p+1 (u) du =
∫ π
π
2
sin2p+1 (v) dv
d’où
J (p, p) =1
22p+1
∫ π
2
0
sin2p+1 (u) du
En conclusion
I2n+1 = J (n, n) = 22n(n!)
2
(2n+ 1)!=
4n
(2n+ 1)
(2n
n
)
Exercice 22.62 Le changement de variable u =
√1 + x
xest C1 sur
[13 ,
18
]. Pour calculer du c’est assez compliqué,
on écrit que u2 =1 + x
xdonc x =
1
u2 − 1et
dx =−2u
(u2 − 1)2 du
x = 13 =⇒ u = 2
x = 18 =⇒ u = 3
—33/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
d’où
∫ 18
13
1 +√
1+xx
xdx =
∫ 3
2
−2u(u2 − 1)2
× 1 + u1
u2−1du = −2
∫ 3
2
u
u− 1du
= −2∫ 3
2
u− 1 + 1
u− 1du = −2 [u+ ln (|u− 1|)]32
= −2− 2 ln(2) < 0 car1
3>
1
8
Exercice 22.63 Le changement de variable C1, x = sin t donne
dx = cos tdt
pour x = 12 on choisit t =
π
6pour x = −1
2 on choisit t = −π
6
le choix des bornes permet d’affirmer que√1− x2 =
√1− sin2(t) =
√cos2(t) = cos(t) car sur
[−π6 ,
π6
]on a cos(t) > 0.
D’où
J =
∫ 12
− 12
√1− x2 dx =
∫ π
6
−π
6
cos2 t dt =
∫ π
6
−π
6
1 + cos(2t)
2dt =
1
2
[t+
1
2sin(2t)
]π6
−π
6
=1
4
√3 +
1
6π
Pour calculer I, on fait une intégration par parties
f(x) = arcsin(x) g′(x) = x
f ′(x) =1√
1− x2g(x) =
x2
2
f et g sont C1 sur
[−1
2,1
2
]
∫ 12
− 12
x arcsin(x)dx =
[x2
2arcsin(x)
] 12
− 12
−∫ 1
2
− 12
x2
2√1− x2
dx
=1
24π −∫ 1
2
− 12
x2
2√1− x2
dx
=1
24π −∫ 1
2
− 12
x2 − 1 + 1
2√1− x2
dx
Mais 1− x2 > 0 si x ∈[−12 ,
12
]donc
∫ 12
− 12
x2 − 1
2√(1− x2)
dx = −1
2
∫ 12
− 12
(√1− x2
)2√1− x2
dx = J
enfin
I =1
24π +
1
2J − 1
2
∫ 12
− 12
1√1− x2
dx =1
24π +
1
2J − 1
6π
= − 1
24π +
1
8
√3
Exercice 22.64 On introduit F (u) =
∫ u
0
arccos(√
t)dt et G (u) =
∫ u
0
arcsin(√
t)dt. Les fonction t �−→ arccos
(√t)
et t �−→ arcsin(√
t)
sont définies et continues sur [0, 1] ainsi F et G sont définies et dérivables sur [0, 1] (d’après lethéorème fondamental du calcul intégral). De plus F ′ (u) = arccos (
√u) et G′ (u) = arcsin (
√u).
On constate que f (x) = F(cos2 x
)+ G(sin2 x
). Puisque x �−→ cos2 x et x �−→ sin2 x sont définies et dérivables sur
—34/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 2. LES TECHNIQUES
R, π périodiques, paires et à valeurs dans [0, 1] , la fonction f est définie, dérivable sur R et π périodique et paire.Sur l’intervalle
[0, π2], on a
f ′ (x) = F ′ (cos2 x)× (−2 cosx sinx) +G′ (sin2 x
)× (2 sinx cosx)
= 2 cosx sinx×(− arccos
(√cos2 x
)+ arcsin
(√sin2 x
))
Mais lorsque x ∈[0, π2], on a cosx ≥ 0, sinx ≥ 0, arccos (cosx) = x et arcsin (sinx) = x, ceci permet d’affirmer que
f ′ (x) = 0 sur[0, π2]. Par parité et π périodicité
f est constante sur R
Enfin
f(π4
)=
∫ 12
0
arccos(√
t)dt+
∫ 12
0
arcsin(√
t)dt
=
∫ 12
0
(arccos
(√t)+ arcsin
(√t))
dt
=
∫ 12
0
π
2dt =
1
4π
En définitive
∀x ∈ R,
∫ cos2 x
0
arccos(√
t)dt+
∫ sin2 x
0
arcsin(√
t)dt =
π
4
Exercice 22.65 On a un+1 − un =
∫ e
1
x2 lnn x (ln (x)− 1) dx ≤ 0, et 0 ≤ un la suite (un)n∈N converge d’après le
théorème de la limite monotone.On intègre ensuite par parties un en dérivant lnn x (les fonctions en présence sont C1 ) pour obtenir
∀n ≥ 1, un =
∫ e
1
x2 lnn xdx =e3
3− n
3un−1
Si ℓ = limun > 0, alorse3
3− n
3un−1 −−−−−→
n→+∞−∞, ce qui est absurde, donc ℓ = 0. Mais alors
un =e3
3 (n+ 1)− 3
n+ 1un+1 ∼
e3
3 (n+ 1)∼ e3
3n
car3
n+ 1un+1 est négligeable devant
e3
3 (n+ 1)(en effet − 3
n+ 1un+1 =
e3
3 (n+ 1)ε
(1
n
)où ε
(1
n
)=−3e3
un+1 −−−−−→n→+∞
0
car un −−−−−→n→+∞
0).
—35/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
Ensuite on a
un =e3
3 (n+ 1)− 3
n+ 1un+1
=e3
3 (n+ 1)− 3
n+ 1×(
e3
3 (n+ 1)+
1
nε
(1
n
))
=e3
3n
(1 +
1
n
) − e3
n2(1 +
1
n2
)2 + o
(1
n2
)
=e3
3n
(1 +
1
n
) − e3
n2×(1 +
1
n2
)−2+ o
(1
n2
)
=e3
3n×(1− 1
n+
1
n2
)− e3
n2×(1− 2
n2
)+ o
(1
n2
)
=e3
3n− 4e3
3n2+ o
(1
n2
)
Exercice 22.66 On change de variable, on pose u = nx, alors
un =1
n
∫ n
0
|sinu|(1 + cos2 u)2
du
Soit p tel que pπ ≤ n < (p+ 1)π ( p = E(nπ
)), alors
un =1
n
p−1∑
k=0
∫ (k+1)π
kπ
|sinu|(1 + cos2 u)2
du+1
n
∫ n
pπ
|sinu|(1 + cos2 u)2
du
La fonction f (u) =|sinu|
(1 + cos2 u)2est π périodique donc
∫ (k+1)π
kπ
|sinu|(1 + cos2 u)2
=
∫ π
0
|sinu|(1 + cos2 u)2
du
=
∫ π
0
sinu
(1 + cos2 u)2du =
π + 2
4
On a alors
un =p
n× π + 2
4+
1
n
∫ n
pπ
|sinu|(1 + cos2 u)
2 du
Or
0 ≤ 1
n
∫ n
pπ
|sinu|(1 + cos2 u)2
du ≤ 1
n
∫ (p+1)π
pπ
|sinu|(1 + cos2 u)2
du =π + 2
4n−−−−−→n→+∞
0
p
n≤ 1
π<
p
n+
1
n=⇒ p
n−−−−−→n→+∞
1
π
donc
un −−−−−→n→+∞
1
4+
2
π
Exercice 22.67 Posons I (a) =
∫ 1a
a
lnx
1 + x2dx, la fonction f (x) =
lnx
1 + x2est définie et continue sur J =
[1
a, a
]∪
[a,
1
a
], donc I (a) existe. Le changement de variable donné est de classe C1 sur J. On a u =
1
x⇐⇒ x =
1
ud’où
—36/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 2. LES TECHNIQUES
dx = −du
u2. On a alors
lnx
1 + x2dx =
ln1
u
1 +1
u2
×(−du
u2
)=
lnu
1 + u2du
Si x = a alors u =1
a, si x =
1
aalors x = a d’où
I (a) =
∫ a
1a
lnu
1 + u2du = −I (a) =⇒ I (a) = 0
Remarque : On peut aussi calculer I ′ (a) =ln(1a
)
1 +(1a
)2 ×(− 1
a2
)− lna
1 + a2= 0 d’où I (a) = I (1) = 0.
Si on intègre par parties I (a) , on a
0 =
∫ 1a
a
lnx
1 + x2dx
f(x) = lnx f ′ (x) =1
x
g′(x) =1
1 + x2g (x) = arctanx
f et g sont C1sur J
= [ln (x) arctanx]1a
a −∫ 1
a
a
arctanx
xdx
= ln
(1
a
)arctan
(1
a
)− ln (a) arctan (a)−
∫ 1a
a
arctanx
xdx
Mais puisque a > 0, on a arctan a+ arctan1
a=
π
2d’où
ln
(1
a
)arctan
(1
a
)− ln (a) arctan (a) = − lna×
(π2− arctan a
)− ln (a) arctan (a)
= −π
2lna
En définitive, on a∫ 1
a
a
arctanx
xdx = −π
2lna
Exercice 22.68 Remarquons que g′′ = g donc
∫ 1
0
[f (t) g (t) + f ′ (t) g′ (t)] dt =
∫ 1
0
[f (t) g′′ (t) + f ′ (t) g′ (t)] dt
=
∫ 1
0
[f (t) g′ (t)]′dt
= [f (t) g′ (t)]10 = [f (1) g′ (1)− f (0) g′ (0)] = 0
d’où ∫ 1
0
[f (t) g (t) + f ′ (t) g′ (t)]dt = 0
Exercice 22.69 La fonction f définie par p (x) = x (1− x) est dans E. Si f ∈ E, on a∫ 10
√1 + f ′2 (x)dx ≥
∫ 10
√1dx = 1. La fonction constante égale à 0 étant dans E réalise le minimum, donc inff∈E
∫ 10
√1 + f ′2 (x)dx = 1.
—37/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
Pour le sup, on utilise pλ (x) = λp (x) = x (1− x) qui est dans E si λ ≥ 0. En effet, dans ce cas
∫ 1
0
√1 + f ′2 (x)dx =
∫ 1
0
√1 + λ2 (2x− 1)2dx ≥
∫ 1
0
√λ2 (2x− 1)2dx
Or ∫ 1
0
√λ2 (2x− 1)
2dx = λ
∫ 1
0
|2x− 1|dx︸ ︷︷ ︸
constante >0 (qui vaut 12 )
−−−−−→λ→+∞
+∞
Le sup vaut donc +∞.
Exercice 22.70
1. La fonction f est continue et définie sur R, ainsi F est définie sur R (car f est intégrable sur tout intervalle).Le changement de variable C1, u = −t dans F (x) montrer que F (x) = −F (−x) , ainsi F est impaire. Soit
G (x) =
∫ x
0
f(t)dt alors G est C1 sur R et G′ = f . On a F (x) = G (2x)−G (x) d’après Chasles. Donc par les
théorèmes généraux, F est C1 sur R et
F ′ (x) = 2f (2x)− f (x) =2√
1 + 16x4− 1√
1 + x4
=2√1 + x4 −
√1 + 16x4√
1 + 16x4√1 + x4
=4(1 + x4
)−(1 + 16x4
)√1 + 16x4
√1 + x4
(2√1 + x4 +
√1 + 16x4
)
=3(1− 4x4
)√1 + 16x4
√1 + x4
(2√1 + x4 +
√1 + 16x4
)
On en déduit que F est croissante de 0 à1√2
puis décroissante. Puisque F (x) ≥ 0 si x ≥ 0, d’après le théorème
de la limite monotone, F a une limite en +∞.
2. Le changement de variable donné conduit à
F (x) =
∫ 2x
x
dt√1 + t4
=
∫ 12x
1x
(− 1t2
)dt
√1 +
1
t4
= −∫ 1
2x
1x
dt√1 + t4
=
∫ 22x
12x
dt√1 + t4
= F
(1
2x
)
Puisque F est continue en 0, on a F (u) −−−−→u→+0
F (0) = 0, donc F (x) = F
(1
2x
)−−−−−→x→+∞
0 car1
2x−−−−−→x→+∞
0 et
par composition de limite (attention, la continuité de F en 0 est essentielle).
3. On a F (x) = F (0) + xF ′ (0) + ox→0
(x) d’après Taylor-Young. Or F ′ (0) = 1 donc F (x) = x + ox→0
(x) ∼x→0
x.
On en déduit que
F (x) = F
(1
2x
)∼
x→+∞
1
2x
Exercice 22.71 L’intégrale existe car la fonction définie par f (t) =ln2(1 + t2
)t
1 + t2est définie et continue sur [0, 1].
Une intégration par parties,
u′ (t) =t
1 + t2v (t) = ln2
(1 + t2
)
u (x) =ln(1 + t2
)
2v′ (x) =
4t
1 + t2
, u et v sont C1 sur [0, 1]
—38/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 2. LES TECHNIQUES
donne
∫ 1
0
ln2(1 + t2
)t
1 + t2dt =
[ln3(1 + t2
)
2
]1
0
− 2
∫ 1
0
ln2(1 + t2
)t
1 + t2dt
=ln3 (2)
2− 2
∫ 1
0
ln2(1 + t2
)t
1 + t2dt
d’où ∫ 1
0
ln2(1 + t2
)t
1 + t2dt =
ln3 (2)
6
Enfin dans
∫ π
4
0
ln2 (cosu) tanudu (qui existe...), le changement de variable C1 sur[0, π4], t = tanu donne
dt
1 + t2= du
ln cosu =1
2ln(cos2 u
)= −1
2ln
(1
cos2 u
)= −1
2ln(1 + t2
)
d’où ∫ π
4
0
ln2 (cosu) tanudu =1
4
∫ 1
0
t ln2(1 + t2
)
1 + t2dt =
ln3 (2)
24
Plus généralement,
∫ 1
0
lnn(1 + t2
)t
1 + t2dt =
[lnn+1
(1 + t2
)
2
]1
0
− n
∫ 1
0
ln2(1 + t2
)t
1 + t2dt
=lnn+1 (2)
2− n
∫ 1
0
ln2(1 + t2
)t
1 + t2dt
d’où ∫ 1
0
lnn(1 + t2
)t
1 + t2dt =
lnn+1 (2)
2 (n+ 1)
et ∫ π
4
0
lnn (cosu) tanudu =(−1)n lnn+1 (2)2n+1 (n+ 1)
Exercice 22.72
1. cosx(cosx− cosx sin2 x
)= cosx
(cosx− cosx
(1− cos2 x
))= cos4 x
2. Le1
3nous indique la voie ! On intégre
(cosx− cosx sin2 x
)et on dérive cosx. On pose donc
u (x) = cosx u′ (x) = − sinx
v′ (x) = cosx− cosx sin2 x v (x) = sinx− 1
3sin3 x
Les fonctions u et v sont de classe C1 sur [0, π] , ainsi
J =
∫ π
0
cos2 xdx− 1
3I
On procède de même, on a J =∫ π0 sinx
(sinx− sinx cos2 x
)dx et en intégrant par parties
∫ π
0
sinx(sinx− sinx cos2 x
)dx =
[sinx×
(− cosx+
cos3 x
3
)]π
0
−∫ π
0
cosx×(− cosx+
cos3 x
3
)dx
=
∫ π
0
cos2 xdx− 1
3I
—39/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
3. On a alors
I + J =
∫ π
0
sin2 xdx− 1
3J +
∫ π
0
cos2 xdx− 1
3I
=
∫ π
0
(cos2 x+ sin2 x
)dx− 1
3(I + J)
=
∫ π
0
dx− 1
3(I + J)
d’où
I + J =3π
4
et
J − I =
∫ π
0
(cos2 x− sin2 x
)dx− 1
3(J − I)
=
∫ π
0
cos 2xdx− 1
3(J − I)
=
[1
2sin 2x
]π
0
− 1
3(J − I)
= 0− 1
3(J − I)
ainsiJ − I = 0
On a donc
I = J =3π
8
Exercice 22.73
1. Déjà il faut que a �= 0, ensuite soit θ = arg z (2π) , alors tan θ =b
a, donc arg z = arctan
b
amais à π prés
seulement. Or a = |z| cos θ, donc si a est strictement positif, on peut choisir θ dans]−π2 ,
π2
[et alors
arg z = arctanb
a(2π)
Une condition nécessaire et suffisante est quea > 0
2. On a (1 + 2i) × (1 + 3i) = −5 + 5i. On a arg (1 + 2i) = arctan 2 et arg (1 + 3i) = arctan 3. On a alors
arg (−5 + 5i) =3π
4= arctan 2 + arctan 3 (2π). Mais arctan 2 + arctan 3 ∈ [0, π] (car arctan 2 ∈
[0, π2]
et
arctan 3 ∈[0, π2]) donc
arctan 2 + arctan 3 =3π
4.
Au passage, on remarque que arg (−5 + 5i) �= arctan
(5
−5
)= arctan (−1) = −π
4car ici ”a < 0”.
3. L’intégrale existe car la fonction intégrée ( x �→ 1
cos2 x+ sin 2x+ 5 sin2 x) est définie et continue sur
[0, π4]. Le
changement de variable t = tanx est C1 sur cet intervalle. On a
x = tanx =⇒ dx
cos2 x= dt
x = 0 =⇒ t = 0x = π
4 =⇒ t = 1
—40/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 2. LES TECHNIQUES
1
cos2 x+ sin 2x+ 5 sin2 xdx =
1
cos2 x+ 2 sin x cosx+ 5 (1− cos2 x)dx
=1
5− 4 cos2 x+ 2 sin x cosxdx
=1
5
cos2 x− 4 + 2
sinx
cosx
dx
cos2 x
=1
5 (1 + t2)− 4 + 2tdt =
1
5t2 + 2t+ 1dt
car1
cos2 x= 1 + tan2 x.
On a donc montré que ∫ π
4
0
dx
cos2 x+ sin 2x+ 5 sin2 x=
∫ 1
0
1
5t2 + 2t+ 1dt
On utilise maintenant l’indication fournie....
∫ π
4
0
dx
cos2 x+ sin 2x+ 5 sin2 x=
1
5
∫ 1
0
1
t2 +2
5t+
1
5
dt
=1
5
∫ 1
0
1(t+
1
5
)2+
4
25
dt
=1
5
5
2arctan
t+1
52
5
1
0
=1
2
(arctan (3)− arctan
(1
2
))
Or puisque 2 > 0, on a
arctan 2 + arctan1
2=
π
2
d’où
arctan (3)− arctan
(1
2
)= arctan 3 + arctan 2− π
2
=3π
4− π
2=
π
4
Ainsi ∫ π
4
0
dx
cos2 x+ sin 2x+ 5 sin2 x=
π
8
ouf !
Exercice 22.74 On commence par faire le changement de variable C1, u = nt, ainsi I =1
n
∫ nπ0|cos t| dt. Puis, par
Chasles,
nI =
∫ π
2
0
|cos t| dt+∫ π
π
2
|cos t| dt+∫ 3π
2
π
|cos t| dt+ · · ·+∫ nπ
nπ−π
2
|cos t|dt
=2k−1∑
k=0
∫ (k+1)π2
kπ
2
|cos t| dt
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2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
Sur chaque intervalle de la forme[k π2 , (k + 1) π2
]la fonction cos t est de signe constant donc
∫ (k+1)π2
kπ
2
|cos t|dt =
∣∣∣∣∣
∫ (k+1)π2
kπ
2
cos tdt
∣∣∣∣∣
=
∣∣∣∣sinkπ
2− sin
(k + 1)π
2
∣∣∣∣
=
∣∣∣∣sinkπ
2− sin
kπ
2cos
π
2− sin
π
2cos
kπ
2
∣∣∣∣
=
∣∣∣∣sinkπ
2− cos
kπ
2
∣∣∣∣ = 1
Ainsi
nI =2k−1∑
k=0
1 = 2n =⇒ I = 2
Exercice 22.75 Si f et g sont solutions alors pour x = 0, on a g (0) = 0 et f (0) = 1. Les fonctions f et g sontcontinues sur R donc les fonctions F et G définies par
F (x) =
∫ x
0
f (t) dt et G (x) =
∫ x
0
g (t) dt
sont dérivables sur R avec F ′ = f et G′ = g′. Ainsi
f (x) = G (x)− x+ 1
g (x) = F (x)− x
sont dérivables sur R. On dérive les équations pour obtenir
f (x) = 1 + g′ (x)
g (x) = 1 + f ′ (x)
On pose alors u (x) = f (x) + g (x) et v (x) = f (x)− g (x) qui sont solutions de
{u′ − u = −2u (0) = 1
{v′ + v = 0v (0) = 1
donc
u (x) = 2− ex
v (x) = e−x
soit
f (x) = 1− sh (x)
g (x) = 1− ch (x)
Exercice 22.76 La fonction f définie par f (x) =arctan
√1 + x2
(1 + x2)√1 + x2
est définie et continue sur [0, 1] , l’intégrale existe
donc. On va intégrer par parties en dérivant l’arctangente. Pour cela il faut calculer une primitive de1
(1 + x2)√1 + x2
—42/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 2. LES TECHNIQUES
sur [0, 1]. On cherche donc
∫dx
(1 + x2)√1 + x2
, dans cette intégrale, on pose x = shu, changement C1 (pour l’instant,
on ne s’oocupe pas de savoir où est x, on cherche une primitive !). On obtient donc
dx = chudu
1 + x2 = ch2 u,dx√1 + x2
= du
∫dx
(1 + x2)√1 + x2
=
∫du
ch2 u= thu+C =
shu
chu+C =
x√1 + x2
+C
Une primitive de1
(1 + x2)√1 + x2
sur R est doncx√
1 + x2(on peut le vérifier en dérivant !).
On peut maintenant intégrer par parties, on a donc
u (x) = arctan√1 + x2 u′ (x) =
2x
2√1 + x2
(1 + 1 + x2)=
x√1 + x2 (2 + x2)
v′ (x) =1
(1 + x2)√1 + x2
v (x) =x√
1 + x2
les fonctions u et v sont C1 sur [0, 1]
d’où
∫ 1
0
arctan√1 + x2
(1 + x2)√1 + x2
dx =
[x arctan
√1 + x2√
1 + x2
]1
0
−∫ 1
0
x2dx
(1 + x2) (2 + x2)∫ 1
0
arctan√1 + x2
(1 + x2)√1 + x2
dx =arctan
√2√
2−∫ 1
0
x2dx
(1 + x2) (2 + x2)
Il reste donc à calculer
∫ 1
0
x2dx
(1 + x2) (2 + x2).
Or on a
∫ 1
0
x2dx
(1 + x2) (2 + x2)=
∫ 1
0
(1 + x2
)dx
(1 + x2) (2 + x2)−∫ 1
0
dx
(1 + x2) (2 + x2)
=1√2
∫ 1
0
1√2dx
1 +(x√2
)2 −∫ 1
0
dx
(1 + x2) (2 + x2)
=1√2arctan
1√2−∫ 1
0
dx
(1 + x2) (2 + x2)
avec1
(1 + u) (2 + u)=
1
1 + u− 1
2 + uet
∫ 1
0
dx
2 + x2=
1√2
∫ 1
0
1√2dx
1 +(x√2
)2 =1√2arctan
1√2, on obtient
∫ 1
0
x2dx
(1 + x2) (2 + x2)= 2
∫ 1
0
dx
2 + x2−∫ 1
0
dx
1 + x2=√2 arctan
1√2− π
4
En conclusion ∫ 1
0
arctan√1 + x2
(1 + x2)√1 + x2
dx =1√2arctan
√2−
√2 arctan
1√2+
π
4
Exercice 22.77 On intégre In par parties (en intégrant√1− x car cette fonction n’est pas dérivable en 1, on n’a
donc pas le choix pour l’IPP).
—43/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
Si n ≥ 1, In =∫ 10xn√(1− x) dx =
f ′(x)=√1−x
g(x)=xn
[xn ×
(−23 (1− x)
32
)]1
0−∫ 10
(−23x
n nx(1− x)
32
)dx
= 2n3
∫ 10xn−1 (1− x)
√1− xdx = 2n
3
[∫ 10xn−1
√1− xdx−
∫ 10xn√1− xdx
]= 2n
3 [In−1 − In]
L’intégration par parties est valide car les fonctions f (x) = −23 (1− x)
32 et g (x) = xn sont continues, dérivables et de
dérivées continues sur [0, 1] (la dérivée de f est√1− x)
Ainsi In = 2n3 [In−1 − In]⇔ In = 2n
2n+3 In−1 pour n ≥ 1.
I0 =∫ 10
√(1− x) dx =
∫ 10 (1− x)
12 dx =
[−23 (1− x)
32
]1
0= 2
3
On peut prouver ce résultat par récurrence.On définit pour n ≥ 0, P (n) = ”In =22n+3 (n+ 2)! n!
(2n+ 4)!”. P (0) est
vraie car I0 = 23 2! 0!4! = 16
24 = 23 . On suppose, à n fixé, n ≥ 0 que P (n) est vraie, alors In = 22n+3 (n+2)! n!
(2n+4)! et
In+1 =2(n+1)2(n+1)+3In. Mais
22(n+1)+3 ((n+ 1) + 2)! (n+ 1)!
(2 (n+ 1) + 4)!=
4× 22n+3 (n+ 3)× (n+ 2)! (n+ 1)× n!
(2n+ 6) (2n+ 5)× (2n+ 4)!
=2 (n+ 1)
2 (n+ 1) + 3
22n+3 (n+ 2)! n!
(2n+ 4)!d’où P (n+ 1). Ainsi par récurrence, P (n) est vraie pour tout entier n.
Exercice 22.78 On pose g (x) = (b− x)
∫ x
a
f (t) dt qui est définie, continue et dérivable sur [a, b] car la fonction
x �→∫ x
a
f (t) dt l’est. On a g (a) = g (b) = 0, on peut donc appliquer le théorème de Rolle qui donne le résultat.
Exercice 22.79 Soit a > 0,
∫ a
0
dx
x+√a2 − x2
en posant x = a cos t, et en posant x = a sin t.
L’intégrale I (a) =
∫ a
0
dx
x+√a2 − x2
existe car la fonction intégrée existe et est continue sur [0, a]. Si on pose x = a cos t
(C1 sur [0, a]), on obtient, en choisissant comme bornes 0 et π2
I (a) =
∫ a
0
dx
x+√a2 − x2
=
∫ 0
π
2
−a sin t
a cos t+√a2 − a2 cos2 t
dt =
∫ π
2
0
sin t
sin t+ cos tdt = I
alors que le changement de variable x = a sin t donne (avec le choix de bornes 0 et π2 )
I (a) =
∫ π
2
0
a cos t
a sin t+√
a2 − a2 sin2 tdt =
∫ π
2
0
cos t
sin t+ cos tdt = J
On a donc
2I (a) = I + J =
∫ π
2
0
sin t+ cos t
sin t+ cos tdt =
π
2=⇒ I (a) =
π
4
Exercice 22.80
1. L’intégrale existe car la fonction x �→(sinx+ cosx
cosx
)2est définie et continue sur
[0, π4]. On a
(sinx+ cosx
cosx
)2=
sin2 x+ cos2+2 sinx cosx
cos2 x=
1
cos2 x+ 2 tanx
Ainsi
J =
∫ π
4
0
1
cos2 xdx+ 2
∫ π
4
0
tanxdx = [tanx]π
40 − 2 [ln cosx]
π
40 = 1− 2 ln
1√2= 1 + ln 2
2. (sinx+ cosx
cosx
)2=
sin2 x+ cos2 x+ 2 sinx cosx
cos2 x=
1 + sin 2x1 + cos 2x
2
= 2× 1 + sin 2x
1 + cos 2x
—44/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 2. LES TECHNIQUES
3. Ainsi
J = 2
∫ π
4
0
1 + sin 2x
1 + cos 2x
Le changement de variable u = π4 − x donne
J = 2
∫ 0
π
4
1 + sin(π2 − 2u
)
1 + cos(π2 − 2u
) (−du) = 2
∫ π
4
0
1 + cos 2u
1 + sin 2udu
= 4
∫ π
4
0
(cosu
sinu+ cosu
)2du = 4I
d’où
I =1
4+
ln 2
4
Exercice 22.81 On a
th(ln√a)= th
1
2lna =
elna − 1
elna + 1=
a− 1
a+ 1
L’intégrale existe, le changement est bien C1 et du =1
ch2 tdt. Ainsi
ch2 t+ sh2 t
ch3 t sh tdt =
ch2 t+ sh2 t
ch t sh t
1
ch2 tdt =
(th t+
1
th t
)1
ch2 tdt =
(u+
1
u
)du
Pour les bornes, on a th ln√2 =
1
2, de même th ln
√3 =
1
3, d’où
I =
∫ 12
13
(u+
1
u
)du =
1
8− 1
18+ ln
3
2=
5
72+ ln
3
2
Exercice 22.82 On a F (x) =
∫ x
0
(cosx cos t+ sinx sin t) f (t) dt = cosx
∫ x
0
cos tf (t) dt+sinx
∫ x
0
sin tf (t) dt. Puisque
f est continue (elle est dérivable), les fonctions x �−→∫ x
0
cos tf (t) dt et x �−→∫ x
0
sin tf (t) sont dérivables sur R,
ainsi F l’est également et
∀x ∈ R, F ′ (x) = − sinx
∫ x
0
cos tf (t) dt+ cos2 xf (x) + cosx
∫ x
0
sin tf (t) dt+ sin2 xf (x)
= f (x)− sinx
∫ x
0
cos tf (t) dt+ cosx
∫ x
0
sin tf (t) dt
On constante que F ′ est dérivable en tant que somme et produit de fonctions dérivables et
F ′′ (x) = f ′ (x)− cosx
∫ x
0
cos tf (t) dt− sinx cosxf (x)− sinx
∫ x
0
sin tf (t) dt+ cosx sinxf (x)
= f ′ (x)− F (x)
Ce qui prouve que F est solution de l’équation différentielle y′′ + y = f ′.
Application : Si f vérifie f (x) − 2
∫ x
0
cos (x− t) f (t) dt = 1, alors f (x) = 1 + 2F (x) est dérivable car x �−→∫ x
0
cos (x− t) f (t) dt = cosx
∫ x
0
cos tf (t) dt+ sinx
∫ x
0
sin tf (t) dt est une somme de fonctions dérivables. On a donc
f (x) = 1 + 2F (x) =⇒ 2F (x) = f (x)− 1
Si on dérive deux fois, on obtientf ′′ (x) = 2F ′′ (x)
—45/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
Mais on a vu queF ′′ (x) = f ′ (x)− F (x)
d’oùf ′′ (x) = 2f ′ (x)− 2F (x) = 2f ′ (x)− f (x) + 1
On vient donc de prouver que f est solution de l’équation différentielle y′′ − 2y′ + y = 1. De plus f (0) = 1 et endérivant une seule fois, on a vu que
F ′ (x) = f (x)− sinx
∫ x
0
cos tf (t) dt+ cosx
∫ x
0
sin tf (t) dt =⇒ f ′ (0) = 2F ′ (0) = 2f (0) = 2
Conclusion f est solution du problème de Cauchy
y′′ − 2y′ + y = 1y (0) = 1y′ (0) = 2
On le résout (l’équation caractéristique est r2 − 2r + 1 = (r − 1)2 , une solution particulière est y (x) = 1) pour avoir
f (x) = 2xex + 1
Exercice 22.83 Soit f : [0, 1] −→ R continue, on définit F : [0, 1] −→ R par F (x) =
∫ 1
0
min (x, t) f (t) dt.
1. On a
F (x) =
∫ x
0
tf (t) dt+
∫ 1
x
xf (t) dt
=
∫ x
0
tf (t) dt+ x
∫ 1
x
f (t) dt
. On en déduit, puisque f est continue, que f est dérivable sur [0, 1] (car x �−→ tf (t) est continue) et que
∀x ∈ [0, 1] , F ′ (x) = xf (x)− xf (x) +
∫ 1
x
f (t) dt
Ainsi F ′ est dérivable sur [0, 1]F ′′ (x) = −f (x)
2. On a
∀u ∈ [0, 1] , F ′ (u) = F ′ (1) +
∫ u
1
F ′′ (t) dt = 0−∫ u
1
f (t) dt =
∫ 1
u
f (t) dt
Puis
F (x) = F (0) +
∫ x
0
F ′ (u) du =
∫ x
0
(∫ 1
u
f (t) dt
)du
car F (0) =
∫ 0
0
tf (t) dt+ 0×∫ 1
0
f (t) dt = 0
Exercice 22.84 La fonction G : R −→ R définie par G (y) =
∫ y
0
f (t) dt est de classe C1 sur R avec G′ (y) = f (y).
On a alors ∫ x
0
(∫ y
0
f (t) dt
)dy =
∫ x
0
G (y) dy
Une intégration par parties
u′ (y) = 1 u (y) = y − x
v (y) = G (y) v′ (x) = G′ (y) = f (y), u et v sont C1 sur [0, x]
—46/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 2. LES TECHNIQUES
donne∫ x
0
G (y) dy = [(y − x)G (y)]y=xy=0 −∫ x
0
(y − x) f (y) dy
= −xG (0) +
∫ x
0
(x− y) f (y) dy
Or G (0) =
∫ 0
0
f (t) dt = 0 d’où le résultat.
Exercice 22.85 Le changement de variables C1 , u = ln (1 + x) donne un =
∫ ln 2
0
uneudu, puis une IPP avec f (u) =
un et g′ (u) = eu permet d’établir que
un = 2 lnn 2− nun−1 =⇒ un =2 lnn+1 (2)
n+ 1− un+1
n+ 1
Mais par convexité de l’exponentielle sur [0, ln 2], on a
eu ≤ 1 +u
ln 2(courbe sous la corde)
d’où
0 ≤ un ≤∫ ln 2
0
(un +
un+1
ln 2
)du = lnn+1 (2)
(1
n+ 1+
1
n+ 2
)≤ 2 lnn+1 (2)
n+ 1
ce qui montre queun+1
n+ 1= on→+∞
(lnn+1 (2)
n+ 1
)
car
0 ≤ un+1
lnn+1 (2)=
un+1n+1
lnn+1(2)n+1
≤ 2
n+ 1−−−−−→n→+∞
0
On a donc
un ∼2 lnn+1 (2)
n+ 1∼ 2 lnn+1 (2)
n
Exercice 22.86
1. Puisque f est dérivable en 0, on a f (x) = f (0) + xf ′ (0) + ox→0
(x) = xf ′ (0) + ox→0
(x). On a donc
f (x) coth (x) = f (x)ch (x)
sh (x)=
xf ′ (0) + ox→0
(x)
x+ ox→0
(x)= f ′ (0) + o
x→0(1) −−−−→
x→0+f ′ (0)
On peut donc poser g (0) = f ′ (0) , ce qui prolonge g en une fonction continue.
2. Puisque f et f ′ sont continue sur [0,+∞[ , la fonction ϕ1 : t �−→ f (t)2+f ′ (t)2 est continue, de même ϕ2 : t �−→f ′ (t)− g (t) est continue. Ainsi F et G sont dérivables et
F ′ (x) = f (x)2 + f ′ (x)2 − 2f (x) f ′ (x) coth (x)− f (x)2(1− coth2 (x)
)
= f ′ (x)2 − 2f (x) f ′ (x) coth (x) + f (x)2 coth2 (x) = (f ′ (x)− g (x))2
= G′ (x) si x �= 0
3. Par continuité de G, on a G (x) −−−−→x→0+
G (0) = 0. Puis F (x) =
∫ x
0
(f (t)2 + f ′ (t)
2)dt− g (x)2 th (x) −−−−→
x→0+0
car g est continue ainsi que x �−→∫ x
0
(f (t)2 + f ′ (t)2
)dt. Sur l’intervalle ]0,+∞[, on a F (x) = G (x) +Cste,
en passant à la limite, il vient∀x > 0, F (x) = G (x)
—47/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
On a donc
f (x)2 = thx
∫ x
0
(f (t)2 + f ′ (t)2
)dt− th (x)G (x)
Puisque thx > 0 si x > 0 et G (x) ≥ 0 (intégrale d’une fonction positive), on a bien
f (x)2 ≤ th (x)×∫ x
0
(f (t)2 + f ′ (t)2
)dt
De plus, il y a égalité si et seulement si, ∀x > 0, G (x) = 0 ⇐⇒∫ x
0
(f ′ (t)− g (t))2 dt = 0 ⇐⇒ ∀t > 0,
f ′ (t)− f (t) coth (t) = 0. On résout cette équation différentielle pour obtenir f = λ sh.
Exercice 22.87 Variations sur l’exercice 22.86. Soit f : [0,+∞[ −→ R de classe C1 sur [0,+∞[ telle que f (0) = 0.
1. Puisque f est dérivable en 0, on a f (x) = f (0) + xf ′ (0) + ox→0
(x) = xf ′ (0) + ox→0
(x). On a donc
f (x) coth (x) = f (x)ch (x)
sh (x)=
xf ′ (0) + ox→0
(x)
x+ ox→0
(x)= f ′ (0) + o
x→0(1) −−−−→
x→0+f ′ (0)
On peut donc poser g (0) = f ′ (0) , ce qui prolonge g en une fonction continue.
2. La fonction ϕ : t �−→ f (t)2 + f ′ (t)2 est continue sur ]0,+∞[ ainsi x �−→∫ x
0
(f (t)2 + f ′ (t)2
)dt est dérivable
sur [0,+∞[ de dérivée égale à f (x)2+f ′ (x)2. On en déduit que F est dérivable (car f et coth le sont) de dérivéeégale à
F ′ (x) = 2f (x) f ′ (x) coth (x) + f (x)2(1− coth2 (x)
)− f (x)2 − f ′ (x)2
= 2f (x) f ′ (x) coth (x)− f ′ (x)2 − coth2 (x) f (x)2
= − (coth (x) f (x) + f ′ (x))2 ≤ 0
3. Puisque f (x)2 coth (x) = f (x) g (x) , par continuité de f et g en 0, on a f (x) g (x) −−−−→x→0+
0× g (0) = 0, ainsi
F (x) −−−−→x→0+
0
La fonction F étant décroissante et ayant 0 pour limite en 0+, on en déduit que F (x) ≤ 0.De plus il y a égalité pour un a > 0 si et seulement si F (a) = 0. Ceci impose à F d’être nulle sur [0, a]. On endéduit que F ′ (x) = 0 sur [0, a] donc
∀x ∈ ]0, a] , coth (x) f (x) + f ′ (x) = 0
Ainsi f est solution sur ]0, a] de l’équation différentielle y′ + coth (x) y = 0 dont la solution est y (x) = λ sh (x).On a donc
∃λ ∈ R, ∀x ∈ [0, a] , f (x) = λ shx
Exercice 22.88 On se souvient que si f est T périodique sur R+, alors
∀a > 0,
∫ a+T
a
f (t) dt =
∫ T
0
f (t) dt
1. Posons x = nt+ y où y ∈ [0, T [ , pour être précis, soit n = E( x
T
), on a ainsi
g (x) =1
x
∫ nT
0
f (t) dt+1
x
∫ nT+y
nT
f (t) dt
—48/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 3. LES EXOTIQUES
Mais
∫ nT
0
f (t) dt =n−1∑
k=0
∫ (k+1)T
kT
f (t) dt =n−1∑
k=0
∫ T
0
f (t) dt car f est T périodique, ainsi en posant m =1
T
∫ T
0
f (t) dt,
on a
∫ nT
0
f (t) dt = nmT et
1
x
∫ nT
0
f (t) dt =E( x
T
)
xmT ∼
x→+∞
x
Tx
mT = m car E (u) ∼u→+∞
u
Pour finir ∣∣∣∣∣1
x
∫ nT+y
nT
f (t) dt
∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣1
x
∫ y
0
f (t) dt
∣∣∣∣ ≤1
x
∫ y
0
|f (t)| dt ≤ 1
x
∫ T
0
|f (t)| dt −−−−−→x→+∞
0
On a donc
g (x) −−−−−→x→+∞
m =1
T
∫ T
0
f (t) dt
1. Si l’on suppose que F (x) =
∫ x
0
f (t) dt a une limite ℓ, alors
g (x) =1
x
∫ x
0
f (t) dt −−−−−→x→+∞
0 =⇒m =1
T
∫ T
0
f (t) dt = 0
Mais alors F est périodique, en effet
F (x+ T )− F (x) =
∫ x+T
x
f (t) dt =
∫ T
0
f (t) dt = 0
La fonction F est donc périodique et admet une limite finie en +∞, elle est donc constante. Sa dérivée f estnulle.
3 Les exotiques
Exercice 22.89 On a1
3=∫ 10x2dx, et le changement de variable C1 t = x2 donne
∫ 1
0
f (t) dt =
∫ 1
0
2xf(x2)dx
ainsi
∫ 1
0
f2(x2)dx−
∫ 1
0
f (x) dx+1
3=
∫ 1
0
(f2(x2)− 2xf
(x2)+ x2)dx
=
∫ 1
0
(f(x2)− x)2
dx
La fonction x→(f(x2)− x)2
étant continue et positive sur [0, 1] , la condition sur f donne
∀x ∈ [0, 1] , f(x2)= x
On en déduit que si u ∈ [0, 1] , avec x =√u, on a f (u) =
√u. La seule solution est la fonction racine carrée. On peut
vérifier (mais c’est inutile) que∫ 1
0
(√x2)2
dx−∫ 1
0
√xdx+
1
3= 0
—49/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
3. LES EXOTIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
Exercice 22.90 Soit n ∈ N∗, la division euclidienne de Pn(X) = X4n (1−X)4n
par 1 +X2 prouve l’existence d’ununique polynôme Qn ∈ Z [X] tel que
X4n (1−X)4n =(1 +X2
)Qn (X) + (−1)n 4n
En effet le reste est de la forme aX + b. En posant X = i on obtient
ai+ b = i4n (1− i)4n = (1− i)4n =(√
2e−iπ
4
)4n= 4n (−1)n
On en déduit que
∫ 1
0
x4n (1− x)4n
1 + x2dx =
∫ 1
0
Qn (x) dx+ (−1)n 4n∫ 1
0
dx
1 + x2=
pn
qn+ (−1)n 4n−1π
où (pn, qn) ∈ Z2.
Si on pose an =(−1)n−14n−1
pn
qn=
(−1)n−14n−1
∫ 1
0
Qn (x) dx alors
|π − an| =1
4n−1
∣∣∣∣∣
∫ 1
0
x4n (1− x)4n
1 + x2dx
∣∣∣∣∣≤ 1
4n−1
∫ 1
0
|x (1− x)|4n1 + x2
dx
ce qui donne, en remarquant que x(1− x) ≤ 1
4sur [0, 1] :
|π − an| ≤1
45n−1
∫ 1
0
1
1 + x2dx =
π
45n≤ 1
45n−1
En fait on a une majoration un peu plus fine.Remarque : On peut établir l’existe de Qn par récurrence, en effet si on définit pour n ≥ 1 la proposition
P (n) = ”∃Qn, X4n (1−X)4n =(1 +X2
)Qn (X) + (−1)n 4n ”, un calcul de division euclidienne donne facilement
X4 (1−X)4 =(X6 − 4X5 + 5X4 − 4X2 + 4
) (1 +X2
)− 4
d’où Q1 (X) =(X6 − 4X5 + 5X4 − 4X2 + 4
). Puis si X4n (1−X)4n =
(1 +X2
)Qn (X) + (−1)n 4n alors
X4n (1−X)4n ×X4 (1−X)4 =[(1 +X2
)Qn (X) + (−1)n 4n
]×[Q1 (X)
(1 +X2
)− 4]
=[Qn (X)×X4 (1−X)4 + (−1)n 4nQ1 (X)
] (1 +X2
)+ (−1)n+1 4n+1
ce qui prouve l’hérédité avecQn+1 (X) = X4 (1−X)4Qn (X) + (−1)n 4nQ1 (X)
et permet le calcul de proche en proche des polynômes Qn.
Exercice 22.91 On pose
F (x) =
∫ x
a
f (t) dt
h (x) =
∫ x
a
f (t) g (t) dt
λ (x) =
∫ x
a
g (t) dt
k (x) =
∫ a+λ(x)
a
f (t) dt
Il s’agit de prouver que h (b) ≤ k (b).
—50/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 3. LES EXOTIQUES
On sait que F, h et λ sont des fonctions dérivables sur [a, b] par application du cours. Puis k (x) = F (a+ λ (x)) estelle même dérivable en tant que composée de fonctions dérivables et
k′ (x) = λ′ (x)h′ (a+ λ (x)) = g (x) f ′ (a+ λ (x))
Soit l (x) = h (x)− k (x), l est dérivable sur [a, b] de dérivée
l′ (x) = f (x) g (x)− f (a+ λ (x)) g (x) = g (x) [f (x)− f (a+ λ (x))]
On voit bien apparaître la condition f décroissante ! Pour exploiter cette décroissance, il s’agit maintenant de comparera+ λ (x) = a+
∫ xa
g (t) dt et x. Mais
0 ≤ g ≤ 1 =⇒∫ x
a
g (t) dt ≤ x− a =⇒ a+ λ (x) ≤ x
Ainsi f (x)− f (a+ λ (x)) ≤ 0.On en déduit que l est décroissante, et puisque l (a) = 0, on a l (b) ≤ 0 , ce qui termine la preuve.Application : on a alors
∫ b
a
f (t) g (t) dt =
∫ arctan(u)
0
1
(1 + t2)2dt ≤
∫ u
0
1
1 + t2dt = arctan (u)
or
∫1
(1 + t2)2dt = 1
2
t
1 + t2+ 1
2 arctan (t) d’où,
1
2
tan (u)
1 + tan2 (u)+
u
2=
sin (2u)
4+
u
2≤ arctan (u)
Exercice 22.92 Soit F (x) =
∫ x
0
t2n
1 + etdt, alors F est définie, continue et dérivable sur R (car t �→ t2n
1 + etest
continue sur R). On a f (x) = F (x)− F (−x) est dérivable sur R et f ′ (x) =x2n
1 + ex+
x2n
1 + e−x= x2n donc f (x) =
1
2n+ 1x2n+1 +C, or f (0) = 0 donc f (x) =
x2n+1
2n+ 1.
Exercice 22.93 On a F (x) =
∫ x
0
f (t) sin (t) dt, une intégration par parties avec u (t) = f (t) (qui est C1 sur [0, x])
et v′ (t) = sin (t) =⇒ v (t) = 1− cos (t) (C1 sur [0, x])Remarquez le 1 dans v (t) ! donne
F (x) = (1− cosx)︸ ︷︷ ︸
≥0
f (x)︸ ︷︷ ︸≥0
+
∫ x
0
(−f ′ (t))︸ ︷︷ ︸
≥0
(1− cos t)︸ ︷︷ ︸
≥0
dt ≥ 0
Application : On a ∫ x
0
sin t
1 + t2dt ≥ 0 (utiliser f (t) =
1
1 + t2)
mais une intégration par parties avec u (t) = sin (t) , v′ (t) =1
1 + t2donne
∫ x
0
sin t
1 + t2dt = sinx arctanx−
∫ x
0
cos t arctan t dt
d’où le résultat.
Exercice 22.94
—51/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
3. LES EXOTIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
1. Par application du théorème fondamental de l’analyse
∫ x
0
f et
∫ x
0
f3 sont de classe C2. On a pour x ≥ 0,
g′ (x) = 2f (x)
∫ x
0
f − f3 (x) = f (x)
[2
∫ x
0
f − f2 (x)
], posons h (x) = 2
∫ x
0
f − f2 (x), h est dérivable sur R+
de dérivée h′ (x) = 2f (x) − 2f (x) f ′ (x) = 2f (x) [1− f ′ (x)]. Sur R+, f ′ (x) ≥ 0, ainsi f est croissante, enparticulier f (x) ≥ f (0) = 0. Puisque 1− f ′ (x) ≥ 0, on en déduit que h′ (x) ≥ 0, h est croissante, en particulierh (x) ≥ h (0) = 0. Par conséquent g′ (x) ≥ 0, g est croissante sur R+ et positive (car g (0) ≥ 0 ). On a donc
montré que ∀x ≥ 0,
(∫ x
0
f
)2≥∫ x
0
f3.
2. Si g = 0 alors h = 0 =⇒ ∀x, f (x) [1− f ′ (x)] = 0. Supposons f non identiquement nulle sur R+, il existe x0 > 0tel que f (x0) > 0. Soit α = inf {x, f (x) > 0}. On a f (α) = 0 (sinon par continuité, on trouve un x < α tel quef (x) > 0), et x > α =⇒ f (x) > 0. On en déduit que x > α ⇒ f (x) > 0 ⇒ f ′ (x) = 1 et par croissance de f,
x < α =⇒ f (x) = 0 =⇒ f ′ (x) = 0. En passant à la limite à droite ou à gauche en α, on obtient f ′ (α) = 0 etf ′ (α) = 1 !
Exercice 22.95 Soit f (x) = tanx− 2x, la fonction f est définie et continue sur In et f ′ (x) =1
cos2 x− 2 = −cos 2x
cos2 xest du signe opposé à celui de cos 2x sur In. Or 2x est dans l’intervalle ]2nπ, π + 2nπ[. On a donc f décroissante pour
x ∈]nπ, nπ +
π
4
[puis croissante. On a f (nπ) = −2nπ < 0 donc f est négative sur
]nπ, nπ +
π
4
[. Ensuite f réalise
une bijection de]nπ +
π
4, nπ +
π
2
[sur
f(nπ +
π
4
), lim
x→nπ+π
2
f (x)
=]1− 2nπ − π
2,+∞
[. Ceci justifie l’existence
et l’unicité de un.Puis ∫ 1
0
sin (unx) sin (upx) dx =
∫ 1
0
1
2[cos ((un − up)x)− cos ((un + up)x)] dx
Donc si n �= p, on a ∫ 1
0
sin (unx) sin (upx) dx =1
2
[sin (un − up)
un − up− sin (un + up)
un + up
]
Or cosun �= 0, (on n’est pas au bord de l’intervalle !)
sin (un − up) = cosup sinun − cosun sinup
= cosun cosup [tanun − tanup]
= 2 cosun cosup [un − up]
sin (un + up) = 2 cosun cosup [un + up]
Donc ∫ 1
0
sin (unx) sin (upx) dx = 0
Et∫ 1
0
sin2 (ux) dx =1
2
(1− sin 2un
2un
)
=1
2− sinun cosun
2un
On a sinun = 2un cosun =⇒ sinun cosun = 2un cos2 un et 1 + tan2 un = 1 + 4u2n =
1
cos2 und’où
∫ 10sin2 (unx) dx =
1
2− 1
1 + 4u2n.
On peut même donner un équivalent de ce terme. En effet, on un ∈]nπ +
π
4, nπ +
π
2
[donc
1− π
4nπ≤ un
nπ≤ 1 +
π
2nπ
—52/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 4. LES OLYMPIQUES
donc un ∼ nπ. Ainsi∫ 10sin2 (ux) dx− 1
2∼ 1
4n2π2.
Exercice 22.96
1. On pose h (x) = f (x) − g (x)
∫ x
a
f (t) dt, cette fonction est définie et continue sur R. On a g (a) = f (a) et
g (−a) = f (−a) = −f (a) car f étant impaire,
∫ a
−af (t) dt = 0. On a f (a) f (−a) ≤ 0, d’après le TVI, la
fonction h prend la valeur 0 entre −a et a.
2. C’est beaucoup plus compliqué. Soit y0 une solution de l’équation différentielle y′ (x)− g (x) y (x) , donc y0 (x) =
exp
(∫ x
a
g (t) dt
)par exemple. On pose
h (x) =f (x)
y0 (x)=
∫ x
a
f (t) dt exp
(−∫ x
a
g (t) dt
)
La fonction h est continue sur [a, b] , dérivable sur [a, b] . On a
h (a) = 0
h (b) = 0 car
∫ b
a
f (t) dt = 0
On peut donc appliquer le théorème de Rolle. Il existe c ∈ ]a, b[ tel que h′ (c) = 0. Mais
h′ (x) =
(f (x)− g (x)
∫ x
a
f (t) dt
)exp
(−∫ x
a
g (t) dt
)
donc
h′ (c) = 0⇐⇒ f (c) = g (c)
∫ c
a
f (t) dt
4 Les olympiques
Exercice 22.97 Tout d’abord on détermine le signe, pour k ≥ 0, de la fonction x �→ cosx− kx sur[0, π2]? On pose
donc fk (x) = cosx−kx, qui est une somme de fonctions strictement décroissantes sur[0, π2]
(x �→ cosx et x �→ −kx),
donc strictement décroissante. Puisque fk (0) = 1 et fk(π2
)= −k
π
2≤ 0, il existe a ∈
]0, π2]
tel que fk (a) = 0 et
∫ π
2
0
|cosx− kx| dx =
∫ a
0
(cosx− kx) dx+
∫ π
2
a
(kx− cosx) dx
est égal, après calcul, à ∫ π
2
0
|cosx− kx| dx = 2 sina+
(π2
8− a2)
k − 1
Mais, on sait que cosa = ka =⇒ k =cos a
a, ainsi
∫ π
2
0
|cosx− kx|dx = 2 sina+
(π2
8− a2)
cosa
a− 1
Le paramètre k prend toutes les valeurs de [0,+∞[ , reste à savoir si a (k) (car a dépend de k) prend toutes les valeurs
de]0, π2]. En fait a (k) est l’unique réel de
]0, π2]
tel que k =cos a (k)
a (k). Il suffit donc de vérifier que la fonction g
définie par g (a) =cosa
adéfinie une bijection de
]0, π2]
sur [0,+∞[ . Puisque g est un produit de fonctions strictement
décroissantes et positives (x �→ 1
xet x �→ cosx), elle est strictement croissante. Sa continuité assure qu’elle réalise
—53/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
4. LES OLYMPIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
la bijection attendue.On peut alors affirmer que a (k) décrit bien
]0, π2]. On minimise l’intégrale en cherchant
mina∈]0,π2 ]
2 sina+
(π2
8− a2)
cosa
a− 1
Or si on pose ϕ (a) = 2 sina+
(π2
8− a2)
cos a
a− 1, on a
ϕ′ (a) =1
8a2(cosa+ a sina)
(8a2 − π2
)
est nul en a =π
2√2. Ce qui donne
k =cosa
a=
2√2
πcos
(π
2√2
)
Exercice 22.98 Soit x > 1 fixé, on considère la fonction g (y) =∫ yx
dt
ln t. Elle est définie sur ]1,+∞[ , car ϕ (t) =
1
ln test définie continue sur ]1,+∞[ donc sur [x, y] ∪ [y, x] ceci quelque soit y ∈ ]1,+∞[.
On sait que, g est continue sur ]1,+∞[ et g′ (y) =1
ln y> 0 si y ∈ ]1,+∞[ donc g est croissante et il faut prouver que
g prend la valeur 1.Comme g (x) = 0, on dispose déjà d’une information importante (si y existe alors)
y = f (x) > x (22.1)
Pour établir l’existence de y, il suffit de montrer que g (y) −−−−−→y→+∞
+∞. Pour cela, on minore g, ce qui par croissance
de l’intégrale revient à majore ln t.Sauvé ! En effet
∀t > 0, ln t ≤ t− 1 =⇒ 1
t− 1≤ 1
ln t
on en déduit que
∀y ≥ x > 1, g (y) =
∫ y
x
dt
ln t≥∫ y
x
dt
t− 1= ln
y − 1
x− 1(car y ≥ 1 et x ≥ 1) (22.2)
ceci permet de prouver queg (y) −−−−−→
y→+∞+∞
On en déduit que g réalise une bijection de [x,+∞[ sur [0,+∞[, il existe donc un unique y tel que g (y) = 1.Reste à étudier f . L’inégalité 22.1 donne immédiatement
x < f (x) −−−−−→x→+∞
+∞
et même d’après 22.2
1 ≥ lnf (x)− 1
x− 1=⇒ f (x) ≤ 1 + e (x− 1)
ce qui montre que la croissance vers +∞ est linéaire et donne la limite en x = 1
x < f (x) ≤ 1 + e (x− 1) =⇒ f (x) −−−→x→1
1 (22.3)
On pose doncf (1) = 1
Pour la continuité et la dérivabilité, on introduit une primitive de ϕ sur ]1,+∞[ , soit, par exemple,
F (x) =
∫ x
2
dt
ln t(attention à la borne du bas, ne pas choisir 0 par exemple)
—54/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 4. LES OLYMPIQUES
alors ∫ f(x)
x
dt
ln t= F (f (x))− F (x) = 1
mais F est continue, dérivable de dérivée égale à1
lnx> 0 sur ]1,+∞[ , F réalise donc une bijection de ]1,+∞[ sur
son image F (]1,+∞[). On a alors
f (x) = F−1 (1 + F (x))
Puisque F est continue, dérivable avec F ′ (x) �= 0 sur ]1,+∞[ , on en déduit que F−1 est continue dérivable et parcomposition f aussi sur ]1,+∞[. Pour calculer la dérivée, on utilise la relation
∫ f(x)
x
dt
ln t= F (f (x))− F (x) = 1
qui donne
F ′ (f (x)) f ′ (x)− 1
lnx= 0 =⇒ f ′ (x) =
ln f (x)
lnx> 0
car f (x) > x > 1. La fonction f est donc strictement croissante sur [1,+∞[ (ce qui n’est pas surprenant car F l’estdonc 1 + F aussi, F−1 aussi et par composition f = F−1 ◦ (1 + F ) également).Etude en +∞.D’après la première formule de la moyenne,
1 =
∫ f(x)
x
dt
ln t=
f (x)− x
ln cxoù cx ∈ [x, f (x)]
=⇒ f (x) = x+ ln cx
mais on a montré que
x ≤ f (x) ≤ 1 + e (x− 1)
donc
x ≤ cx ≤ 1 + e (x− 1)
=⇒ x+ ln (x) ≤ f (x) ≤ x+ ln (1 + e (x− 1))
=⇒ x+ ln (x) ≤ f (x) ≤ x+ ln (ex) + ln
(1 +
1− e
ex
)
=⇒ x+ ln (x) ≤ f (x) ≤ x+ 1 + ln (x) + ln
(1 +
1− e
ex
)
=⇒ x+ ln (x) ≤ f (x) ≤ x+ ln (x) + 1
La courbe représentative de f admet donc une branche asymptotique de direction y = x mais pas d’asymptote. De plus
f (x) ∼x→+∞
x+ lnx
Etude en 1+
D’après la formule de Taylor-Lagrange on a
∀h ≥ 0, h− h2
2≤ ln (1 + h)
d’où
∀t ≥ 1, (t− 1)− (t− 1)2
2≤ ln t =⇒ 1
ln t≤ 1
(t− 1)− (t− 1)2
2
=2
(t− 1) (3− t)
—55/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
4. LES OLYMPIQUES CHAPITRE 22. INTÉGRATION
on en déduit que
1 =
∫ y
x
dt
ln t≤∫ f(x)
x
2dt
(t− 1) (3− t)= ln
((y − 1) (3− x)
(3− y) (x− 1)
)où y = f (x)
=⇒ e ≤ (y − 1) (3− x)
(3− y) (x− 1)
si y = f (x) ≤ 3, ce qui est vrai au voisinage de x = 1
=⇒ e (3− y) (x− 1) ≤ (y − 1) (3− x)
=⇒ y ((1− x) e− (3− x)) ≤ (x− 3) + 3e (1− x)
or pour x au voisinage de 1 on a (1− x) e− (3− x) ≤ 0 (en x = 1 cela vaut −2). En définitive on a
y = f (x) ≥ (x− 3) + 3e (1− x)
((1− x) e− (3− x))= 1 + e (x− 1)− e (e− 1) (x− 1)2
(e− 1)x+ 3− e
Avec 22.3, on dispose de l’encadrement suivant
1 + e (x− 1)− e (e− 1) (x− 1)2
(e− 1)x+ 3− e≤ f (x) ≤ 1 + e (x− 1)
ce qui donne immédiatement f dérivable en x = 1 avec f ′ (1) = e et la courbe est sous sa tangente en x = 1. (Peut ontrouver plus simple pour montrer la dérivabilité ?)Pour finir la concavité de f. On part de
f ′ (x) =ln f (x)
lnx
qui prouve que f est de classe C∞ (elle est de classe C2 car f l’est, ne s’annule pas donc ln f (x) l’est aussi, ensuiteune récurrence prouve le caractère Cn).On dérive cette relation pour obtenir
f′′(x) =
f ′ (x) lnx
f (x)− ln f (x)
x
ln2 x=
ln f (x)
f (x)− ln f (x)
x
ln2 x
=(x− f (x)) ln f (x)
xf (x) ln2 x< 0 car f (x) > x
la courbe est concave !En plus on a
f′′(x) =
(x− f (x)) f ′ (x)
xf (x) lnx
ainsi f est solution de l’équation différentielle
x ln (x) yy′′ + (y − x) y′ = 0
Exercice 22.99 Soit F (x) =
∫ x
0
(1 + |sin t|) dt, cette fonction est définie, continue, strictement croissante sur [0,+∞[
(elle est dérivable avec f ′ (t) = 1+ |sin t|) puisque f (x) ≥∫ x
0
dt = x, elle réalise une bijection de [0,+∞[ sur lui même.
Ainsi un+1 = F−1((n+ 1)
2+ F (un)
).
En particulier, par croissance de F et F−1, on a
un+1 ≥ F−1 (F (un)) = un
En particulier la suite (un)n∈N diverge vers +∞. En effet, si un −−−−−→n→+∞
ℓ alors
(n+ 1)2 =
∫ un+1
un
(1 + |sin t|) dt = F (un+1)− F (un) −−−−−→n→+∞
F (ℓ)− F (ℓ) = 0
—56/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
CHAPITRE 22. INTÉGRATION 4. LES OLYMPIQUES
par continuité de F , absurde !On a, pour m ∈ N
F (mπ) =m−1∑
k=0
∫ (k+1)π
kπ
(1 + |sin t|) dt =m−1∑
k=0
∫ π
0
(1 + |sin t|) dt = m (2 + π)
par π périodicité de t �−→ (1 + |sin t|). Fixonx n, soit m tel que
mπ ≤ un ≤ (m+ 1)π =⇒ m = E(un
π
)
alorsF (mπ) = m (2 + π) ≤ F (un) ≤ F ((m+ 1)π) = (m+ 1) (2 + π) = m (2 + π) + (2 + π)
d’oùF (un)− (2 + π) ≤ m (2 + π) ≤ F (un)
Mais
F (un) =
∫ u1
u0
(1 + |sin t|) dt+∫ u2
u1
(1 + |sin t|) dt+ · · ·+∫ un
un−1
(1 + |sin t|) dt
= 0 + 12 + 22 + · · ·+ n2 =n (n+ 1) (2n+ 1)
6
Ainsi
1 +n (n+ 1) (2n+ 1)
6 (2 + π)≤m ≤ n (n+ 1) (2n+ 1)
6 (2 + π)
On en déduit que
m ∼n→+∞
n3
3 (2 + π)
Mais puisque un −−−−−→n→+∞
+∞n ob a
m = E(un
π
)∼
n→+∞
un
π
Conclusion
un ∼n→+∞
n3
3 (2 + π)
—57/57— G�́�� H��� - E����� M���� -(�) 2009
Recommended